Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Hóa học 10 năm 2017 by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI BẮC BỘ MÔN HÓA HỌC

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Hóa học khối 10 năm 2017 có đáp án WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HOÀ, T HÀ NAM

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài 180 phút (Đề thi gồm có 04 trang, gồm 10 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Người ra đề : Đinh Thị Xoan Mobile :0985708669

Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử. HTTH và định luật tuần hoàn. Bài 1. 1. Bước sóng của quang phổ phát xạ (hoặc hấp thụ của nguyên tử hidro được tính theo công thức:  1 1 1  = R  2 − 2  , trong đó R = 1,0974.107 m-1 (hằng số Rydberg) λ  nt nc  a. Một vạch sóng trong dải Banmer có bước sóng λ = 433,9 nm, hãy xác định nc của bước nhảy. b. Hãy tính giới hạn trên và giới hạn dưới của dải Banmer. 2. Cho các phân tử: xenon điflorua (1), xenon tetraflorua (2), xenon trioxit (3), xenon tetraoxit (4), bo triflorua (5), trimetylamin ((CH3)3N) (6), axetamit (CH3-CONH2) (7). a. Vẽ cấu trúc hình học phân tử (cả các cặp electron tự do (nếu có) của nguyên tử trung tâm) của các chất từ (1) đến (6). b. Dự đoán góc liên kết ở mỗi phân tử nói trên. c. Trong phân tử axetamit, 3 liên kết với nguyên tử nitơ đều nằm trong cùng một mặt phẳng. Vì sao? Câu 2: (2,0 điểm) Tinh thể Từ nhiệt độ phòng đến 1185K sắt tồn tại ở dạng Feα với cấu trúc lập phương tâm khối, từ 1185K đến 1667K ở dạng Feγ với cấu trúc lập phương tâm diện. ở 293K sắt có khối lượng riêng d = 7,874g/cm3. a) Hãy tính bán kính của nguyên tử Fe. b) Tính khối lượng riêng của sắt ở 1250K (bỏ qua ảnh hưởng không đáng kể do sự dãn nở nhiệt). c) Thép là hợp kim của sắt và cacbon, trong đó một số khoảng trống giữa các nguyên tử sắt bị chiếm bởi nguyên tử cacbon. Trong lò luyện thép (lò thổi) sắt dễ nóng chảy khi chứa 4,3% cacbon về khối lượng. Nếu được làm lạnh nhanh thì các nguyên tử cacbon vẫn được phân tán trong mạng lưới lập phương nội tâm, hợp kim được gọi là martensite cứng và dòn. Kích thước của tế bào sơ đẳng của Feαkhông đổi. Hãy tính số nguyên tử trung bình của C trong mỗi tế bào sơ đẳng của Feα với hàm lượng của C là 4,3%. d) Hãy tính khối lượng riêng của martensite. (cho Fe = 55,847; C = 12,011; số N = 6,022. 1023 ) 1

Câu 3: (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân Zircon (ZrSiO4) là một loại quặng được tìm thấy nhiều ở bờ biển Việt Nam, nó được dùng để xây dựng các lò nhiên liệu sử dụng urani ddioxxit (UO2). Quặng zircon chỉ chứa lượng vết urani, thực tế nó không được sử dụng để sản xuất urani. Tuy vậy, tinh thể zircon có cấu trúc tinh thể ổn định, là một vật chứa hoàn hảo cho các đồng vin urani và chì. Dựa vào cấu trúc có thể xác định tuổi theo phương pháp urani – chì. Có 3 dãy phóng xạ tự nhiên: - Dãy thori: bắt đầu từ 232Th và kết thúc ở 208Pb. - Dãy urani (hoặc dãy urani – radi): bắt đầu từ 238U chu kỳ bán hủy của 238U là 4,47.109 năm. - Dãy actini: bắt đầu từ 235U, chu kì bán hủy của 235U là 7,038.108 năm. Bốn đồng vị bền của chì tồn tại trong tự nhiên: 204Pb; 206Pb; 207Pb; 208Pb có hàm lượng trong tự nhiên lần lượt là: 1,4; 24,1; 22,1; 52,4%. Khi phân tích một mẫu quặng zircon, thấy tỉ lệ khối lượng của các đồng vị urani và chì là: m 238U : m 235U : m 206 Pb : m 204 Pb = 99,275; 0,721; 14,300; 0,277 a. Hãy chỉ ra đồng vị chì không liên quan đến dãy phân rã trên. b. Xác định tỉ lệ khối lượng 238U và 235U khi quặng zircon bắt đầu được hình thành. Giả sử rằng trong quặng đã tồn tại chì theo tỉ lệ của tự nhiên. Câu 4: (2,0 điểm) Nhiệt hóa học 1. Tính các đại lượng nhiệt động học (biến thiên entanpy, entropy, năng lượng Gibbs và hằng số cân bằng Kp) của phản ứng hình thành NH3(k) theo chu trình Haber-Bosch trong các điều kiện chuẩn. 2. Ở điều kiện nhiệt độ chuẩn, phản ứng này khó có thể xảy ra vì năng lượng hoạt hoá khá cao (≈ 230 kJ/mol). Do đó, trong công nghiệp người ta chọn điều kiện phản ứng ở nhiệt độ cao, áp suất cao. Ở nhiệt độ cao và áp suất 200bar, hỗn hợp ban đầu của N2 và H2 theo hệ số tỉ lượng, khi cân bằng lượng NH3 trong hỗn hợp là 18% theo thể tích. Tính Kp trong điều kiện này. Xác định nhiệt độ của hệ theo các điều kiện đã cho? (các khí coi là khí lý tưởng; ∆H và ∆S là không đổi). 3. Tính năng lượng liên kết N - H trong NH3? 4. Xác định sinh nhiệt của gốc •NH2. Tại áp suất chuẩn p0 = 1,000 bar: Chất H2(k) N2(k) NH3(k) 0 0 0 -45,9 ∆H sinh nhiệt(kJ/mol) 0 S (J/mol.K) 130,7 191,6 192,8 Năng lượng liên kết: N=N N-N H-H N ≡N Elk (kJ/mol) 945 466 159 436 2

Câu 5: (2,0 điểm)Cân bằng hóa học pha khí Cho m mol NH4I vào một bình chân không V = 3 (lít) rồi nung lên 600K và nhận thấy áp suất tăng nhanh chóng 2,6 atm do có cân bằng NH4I(r) NH3(k) + HI(k) (1). Sau đó áp suất lại tăng chậm do có cân bằng 2HI(k) H2(k) + I2(k) (2). Ở 600K hằng số cân bằng (2) K2 = 1,56.10-2. 1. Tính áp suất riêng phần của mỗi khí khi cả hai cân bằng được thiết lập 2. Tính số mol NH4I tối thiểu phải dùng để thực hiện thí nghiệm trên. Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa 1.Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH 5,00.10-3 M. 2. Trộn 1 ml H3PO4 0,10M với 1 ml CaCl2 0,010M được hỗn hợp X. a. Nêu hiện tượng xảy ra. b. Thêm vào hỗn hợp X 3 ml NaOH 0,10M. Nêu hiện tượng xảy ra. Cho: H3PO4: pKa = 2,23; 7,21; 12,32; pKs (CaHPO4) = 6,58; pKs (Ca3(PO4)2) = 28,92 Câu 7: (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa 1. Tính nồng độ ban đầu của HSO4- (Ka = 10-2), biết giá trị sức điện động của pin: PtI- 0,1 M; I3- 0,02 MMnO4- 0,05 M, Mn2+ 0,01 M, HSO4- C MPt ở 25oC đo được bằng 0,824 V. Cho E oMnO−4 / Mn 2+ = 1,51V và E oI3− / I− = 0,5355V . 2. Hoàn thành các phương trình hoá học sau đây : a) K2Cr2O7 + (NH4)2S + H2O → Cr(OH)3 + S + NH3 + ... b) K2Cr2O7 + Na2SO3 + H2SO4→ ... c) K2Cr2O7 + (NH4)2S + KOH + H2O → Cr(OH)63- + S + ... Câu 8: (2,0 điểm) Nhóm Halogen 1.Hòa tan 9,13 gam một mẫu kali iođua vào 100 gam nước nóng. Thêm 13,96 gam I2 vào dung dịch, khuấy đều đến khi thu được dung dịch đồng nhất A. Cô đặc dung dịch A rồi hạ nhiệt độ xuống 2oC thấy xuất hiện tinh thể B. Tinh thể B có màu nâu sẫm. Lọc lấy phần tinh thể B, rửa sạch rồi làm khô. Hòa tan 0,950 gam B vào nước thu được dung dịch X. Chuẩn độ toàn bộ lượng dung dịch X cần 21,7 ml dung dịch Na2S2O3 0,2M (có mặt hồ tinh bột). Xác định công thức hợp chất B. 2.Từ KI, KCl, Cl2, I2 và nước hãy viết phương trình điều chế ICl. Câu 9. (2,0 điểm) Oxi- lưu huỳnh Trong công nghiệp người ta thường sản xuất SO2 từ các khoáng vật chứa nhiều S, sẵn có nhất ở Việt Nam là quặng FeS2. Một mẫu khoáng vật đã được loại bỏ hết tạp chất trơ X chứa hỗn hợp FeS2 và Cu2S được đốt cháy hoàn toàn bằng không khí vừa đủ thu được hỗn hợp khí Y chỉ chứa SO2 và N2. Lấy một thể tích Y thực hiện một loạt các thí 3

nghiệm liên tiếp. Đầu tiên cho hỗn hợp đi qua bình chứa 23,9 gam chì đioxit thu được 30,3 gam muối A. Khí đi ra lại cho tiếp qua bình đựng 8,7 gam mangan đioxit, trong bình chứa 86 ml nước được đun liên tục trào lên để hòa tan hết muối B sinh ra ta thu được dung dịch B chứa duy nhất một chất tan có nồng độ phần trăm là 20%. Khí đi ra cho qua bình chứa đựng Na2O dư thấy khối lượng bình tăng 26,2 gam, khí đi ra có thể tích 96,1 lit (đktc). 1.Xác định hợp chất A, B và viết các phương trình phản ứng. Biểu diễn cấu trúc anion của muối A và B. 2.Xác định hàm lượng phần trăm theo khối lượng của hỗn hợp Y. 3.Nếu hỗn hợp Y cho đi qua bình chứa bột Zn đun nóng, viết phương trình phản ứng và biểu diễn cấu trúc anion của muối tạo ra trong phản ứng. Câu 10: (2,0 điểm) Động học (Không có phần cơ chế phản ứng) BP (bo photphua) được điều chế bằng cách cho bo tribromua phản ứng với photpho tribromua trong khí quyển hiđro ở nhiệt độ cao (>750oC).Tốc độ hình thành BP phụ thuộc vào nồng độ của các chất phản ứng ở 800oC cho ở bảng sau: Thí nghiệm

–1

[BBr ] (mol.L ) 3

–1

[PBr ] (mol.L ) 3

–6

2,25.10

4,50.10

9,00.10

2,25.10

–6

9,00.10 –6

–6

9,00.10 –6

–6

9,00.10 –6

–6

2.25.10 –6

–6

4,50.10 –6

–6

9,00.10

–1

[H ] (mol.L ) 2

–1

v (mol.s ) –8

0,070

4,60.10

0,070

9,20.10

0,070

18,4.10

0,070

1,15.10

0,070

2,30.10

0,035

4,60.10

–8 –8 –8 –8 –8

1) Xác định bậc phản ứng hình thành BP và viết biểu thức tốc độ phản ứng. 2) Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng là 186kJ.mol–1 . Tính hằng số tốc độ ở o

800 C , 880 C. và tốc độ phản ứng ở 8800C với [BBr3]= 2,25.10–6 mol.L–1 9,00.10–6 mol.L–1 ; [H2]=0,0070 mol.L–1.

; [PBr3]=

---------------- Hết --------------

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HOÀ TỈNH HÀ NAM

ĐÁP ÁN MÔN: HÓA HỌC KHỐI 10 NĂM HỌC: 2016 - 2017

ĐÁP ÁN

Câu

Điểm

Câu

1a. Dải Banmer bao gồm các vạch ứng với sự chuyển electron từ các mức 0,5

năng lượng cao n≥3 về mức năng lượng thấp nt =2. - Vạch sóng có bước sóng λ = 433,9 nm ứng với :  1 1  1 = 1, 0974.  2 − 2  −9 433,9.10  2 nc  ⇒

1 = 0, 04 ⇒ nc = 5 nc2

Vậy vạch sóng có bước sóng λ = 433,9 nm ứng với sự chuyển electron từ mức năng lượng nc = 5 về mức nt = 2.

b. Dải Banmer :

0,25

- Vạch đầu : nt = 2 ; nc =3 1

λmax

 1 1 = 1, 0974.  2 −  = 1,5242.106 (m −1 ) 2 9

⇒ λmax = 656(nm)

- Vạch cuối : : nt = 2 ; nc = ∞ 1

= 1, 0974.

1 22

λmin ⇒ λmin = 364(nm)

2a,b. XeF2: thẳng, 1800

XeF4, vuông phẳng, 900

0,75

XeO3, chóp tam giác, < 109028’

XeO4, tứ diện, 109028’

O O

BF3, tam giác đều, 1200

(CH3)3N: Chóp tam giác, <109028’

CH3

F F CH3

CH3

c. Ba liên kết với nguyên tử nitơ đều nằm trong cùng một mặt phẳng, vì liên 0,5 kết giữa nitơ với cacbon mang một phần đặc điểm của liên kết đôi. H H C H

Câu 2

sp3 H C N H O

H H C H

sp2 H C N H O

a) Số nguyên tử Fe trong một mạng cơ sở lập phương tâm khối là: 2 d Fe =

0,5

0 m 2.55,847 2.55,847 −8 3 a 2,87.10 cm 2,87 A = ⇒ = = = V 6, 022.1023.a 3 6, 022.10 23.7,874

a 3 = 4r ⇒ r =

0 a 3 = 1, 24 A 4

b) ở nhiệt độ 1250 sắt tồn tại dạng Feγ với cấu trúc mạng lập phương tâm 0,5 diện. 0

Ta có: a = 2 2.r = 2 2.1, 24 = 3,51 A ; d Fe =

4.55,847 g = 8,58 g / cm3 23 −8 3 6, 022.10 .(3,51.10 cm)

c) Số nguyên tử trung bình của C trong mỗi tế bào sơ đẳng của Feα là: mC %C.mFe 4,3.2.55,847 = = = 0, 418 12, 011 % Fe.12, 011 95, 7.12, 011

0,5

d) Khối lượng riêng của martensite: Câu

1. Có 3 dãy phóng xạ tự nhiên:

- Dãy Thori: bắt đầu từ

232

(2.55,847 + 0, 418.12, 011) g = 8, 20 g / cm3 23 −8 3 6, 022.10 .(2,87.10 cm)

0,5 0,5

Th và kết thúc ở

này có số khối thoả mãn biểu thức:

208

Pb. Các nguyên tố trong dãy

A = 4n với 52 ≤ n ≤ 58

- Dãy Urani (hoặc dãy urani – radi): bắt đầu từ dãy này có số khối thoả mãn biểu thức:

238

U. Các nguyên tố trong

A = 4n + 2 với 51 ≤ n ≤ 59

- Dãy Actini: bắt đầu từ

235

mãn biểu thức:

A = 4n + 3 với 51 ≤ n ≤ 59

U. Các nguyên tố trong dãy này có số khối thoả

Vậy: 206

Pb có số khối A = 4n + 2 thuộc họ urani, là hậu duệ của 238U

207

Pb có số khối A = 4n + 2 thuộc họ actini, là hậu duệ của 235U

204

Pb không liên quan đến các dãy phân rã trên.

2. Ta có: Nt = N0.e-kt với Nt là số nguyên tử chất phóng xạ ở thời điểm t. N0 là số nguyên tử chất phóng xạ ở thời điểm ban đầu. Vì số nguyên tử của 1 nguyên tố tỉ lệ với khối lượng của đồng vị đó nên: mt = m0.e-kt⇒ m0 = mt.ekt m0238U

⇒

m235U

m 238U .e k1 .t m 235U .e

k2 .t

m 238U m 235U

Mặt khác từ dãy Urani: 238

e( k1 −k2 ).t 238

(1)

U …. →206Pb:

206

Pb là con cháu đời thứ n của

⇒ [238U]0 + [206Pb]0 = [238U]t + [206Pb]t ⇔ [ 238U ]t .(e k t − 1) + [ 206 Pb]0 = [ 206 Pb]t 1

[ 238U ]t [ 206 Pb]0 [ 206 Pb]t k1t ⇔ 204 .(e − 1) + 204 = [ Pb]t [ Pb]t [ 204 Pb]t ⇔

204.99, 275 k1t 24,1 / 206 14, 300 / 206 .(e − 1) + = 238.0, 277 1, 4 / 204 0, 277 / 204

0,5

⇔ e k1t = 1,1109 ⇔

ln 2 .t = ln1,1109 4, 47.109

⇔ t = 6, 78.108 năm

0,5

Thay vào (1) ta được: ⇒

m0238U

⇒

m 0238U

m0235U m 0235U



ln 2



99, 275  4,47.109 − 7,038.108 .6,78.10 = e 0, 721

= 78, 44 lần

0,5

Câu

∆H p0 − = 2 ∆H 0f ,NH3( k ) = 2.(−45,9) = −91,8(kJ)

0,5

N2(k) + 3H2(k) 2NH3(k)

0 ∆S p0 − = 2 SNH − SN0 2 ( k ) − 3SH0 2 ( k ) = 2.192,8 -191,6 - 3.130,7 = -198,1 (J/K) 3( k )

∆G p0 − = ∆H p0 − − T ∆S p0 − = -91,8.103 - 298.(-198,1) = -32,766 (kJ) ∆G p0 − = − RT ln K p ⇒ Kp = 5,54.105

N2(k)

Ban đầu

Cân bằng

1-x

3-3x

Ta có:

3H2(k)

2NH3(k)

nkhí 4

4-2x

2x = 0,18 ⇒ x = 0,3051 (mol) 4 − 2x 2

 2x  2 2  4 − 2 x  .P PNH3   Kp = = 3 3 PN2 .PH2 1 − x  3 − 3x  4 .  .P 4 − 2x  4 − 2x  0,182 = = 1,699.10−5 3 2 0,205.0,615 .200

0,5

K P ,T2

K p,T1

∆H  1 1   −  R  T1 T2  0,25

1,699.10−5 −91,8.103  1 1 . ⇔ ln = −   5,54.105 8,314  298 T2  ⇔ T2 = 859,64( K )

0,25

3. ∆H p0 − = EN ≡ N + 3EH − H − 2.3. EN − H

⇒ EN − H = (945 + 3.436 + 91,8). 4. Xét quá trình:

1 =390,8 (kJ/mol) 6 0,5

1 N2 + H2 → • NH2 2

Sinh nhiệt của gốc tính theo biểu thức:

1 ∆H 0f , • NH = ∆H p0 − = EN ≡N + EH − H − 2 EN − H 2 2 = 0,5.945 + 436 - 2.390,8 = 126,9 (kJ/mol) Câu

NH4I(r) NH3(k) + HI(k) (1)

Khi chỉ có cân bằng (1) xảy ra: Pcb = 2,6 atm Mặt khác theo cân bằng (1): PNH = PHI ⇒ PNH = PHI = 3

Pcb = 1,3atm 2

K p (1) = PNH3 .PHI = (1,3) = 1, 69 2

- Khi cả hai cân bằng được thiết lập: NH4I(r) NH3(k) + HI(k) (1) 2HI(k) H2(k) + I2(k) (2). ' .PHI' K p (1) = PNH 3

K p (2) =

PH 2 .PI 2 PHI'2

(3) (4)

Mặt khác theo cân bằng (2):

PH 2 = PI 2

(5)

Thay vào (3): PHI'2 .K p (2) = PH2 ⇒ PH = PHI' . 1,56.10 −2 = 0,125 PHI' (6) 2

0,5

Lại có: nNH = nHI còn nH + nI 2

' ⇒ PNH = PHI' + PH 2 + PI2 = PHI' + 0,125.2.PHI' 3 ' ⇒ PNH = 1, 25PHI' 3

(7)

Thay (7) vào (3) ta được: 1, 25.PHI' .PHI' = K p (1) = 1, 69 ⇒ PHI' = 1,163atm ' PNH = 1,25.1,163 = 1, 454(atm) 3

1,0

PH 2 = PI 2 = 0,125.1,163 = 0,145(atm)

0,5

2. Số mol NH4I tối thiểu cần để thực hiện thí nghiệm:

nNH 4 I = nNH3 =

Câu 6

1,454.3,0 = 0,0886(mol ) 0,082.600

1. Tính pH của dung dịch A: Trong dung dịch A có các cân bằng sau: CN− + HOH HCN + OH−

(1)

K b1 = 10

NH3 + HOH NH +4 + OH−

(2)

K b 2 = 10

KOH → K+ + OH−

(3)

H2O H+ + OH−

(4)

Kw = 10-14

Vì Kw<< CCN- K b ≈ C NH . K b nên bỏ qua sự phân li của H2O. 1

Ta có: [OH−] = CKOH + [HCN] + [NH +4 ] Đặt [OH−] = x thì:

[CN ] + K [NH ] . −

-3

x = 5.10 + K b

Hay: x2 - 5.10-3x - 10-4,65 [CN−] - 10-4,76 [NH3] = 0 Tính gần đúng: [CN−] = C CN = 0,12M; [NH 3 ] = C NH = 0,15M −

-4,65 -4,76

0,25

Ta có phương trình bậc 2:

x2 - 5.10-3.x - 5,29.10-6 = 0

⇒ x = 5,9.10-3⇒ [OH−] = 5,9.10-3⇒ pH = 11,77

0,25

Kiểm tra lại:

[HCN] =

[CN ] [NH ] =

10 −4, 65 = 3,8.10-3⇒ [HCN] << [CN−] ⇒ [CN−] ≈ C CN − −3 5,9.10

−

+ 4

[NH 3 ]

10 −4, 76 = 2,9.10-3⇒ [NH +4 ] << [NH3] ⇒ [NH3] ≈ C NH 3 −3 5,9.10

0,25

Vậy điều kiện gần đúng thoả mãn

2. H3PO4

H+ + H2PO4-

0,5

Ka1 = 10-2,23

0,050M 0,050-x1

x1 -

⇒ x1 = [H ] = [H2PO4 ] = 0,0146

[HPO4 ] =

]

−7 , 27 PO42− -7,26 −12, 32 10 10 . = 10 −17, 74 .10 = + 0,0146 H

[ ] 2

Điều kiện kết tủa: C Ca 2 + .C HPO 2 − 4

10 −2 -6,6 = .10 −7, 26 = 10 −9,56 < Ks (CaHPO4) = 10 2

⇒ Không có kết tủa CaHPO4 3

H 2 PO4−

 10 − 2   . 10 −17, 74 =   2 

(

)

= 10 − 42,38 < Ks (Ca3(PO4)2) = 10

-26,6

⇒ Không có kết tủa Ca3(PO4)2

0,75

2. C H PO = 0,02 M ; C CaCl = 0,002 M ; C NaOH = 0,06 M 3

C NaOH = 3C H 3 PO 4 ⇒ phản ứng:

3NaOH + H3PO4 → Na3PO4 + 3H2O ⇒ TPGH: Na3PO4 0,02M

PO43- + H2O HPO42- + OHC(M)

0,02

Kb1 = 10-1,68

[ ]

0,02-x2

x2 3-

⇒ x2 = 0,0125 ⇒ [PO4 ] = 7,5.10

-3

Điều kiện kết tủa CaHPO4: 2.10-3.0,0125 = 2,5.10-5 = 10-4,6 > 10-6

⇒ có kết tủa CaHPO4

Ca3(PO4)2: (2.10-3)3. (7,5.10-3)2= 4,5.10-13 = 10-12,35 > 10-26,6 ⇒ có kết tủa Ca3(PO4)2

Vì Ks (Ca3(PO4)2) = 10-26,6<< Ks (CaHPO4) = 10-6,6 nên Ca3(PO4)2 kết tủa trước. Tích số ion >> Ks (Ca3(PO4)2) = 10-26,6 ⇒ khả năng không có kết tủa CaHPO4

Kiểm tra: 3Ca2+ + 2 PO43-

Ca3(PO4)2 Ks-1(Ca3(PO4)2) = 1026,6

C(M) 2.10-30,02 -

0,0187 HPO42- + OH-

PO43- + H2O C(M) [ ]

Kb1 = 10-1,68

0,0187 0,0187-x3

x3 3-

⇒ x3 = 0,0119 ⇒ [PO4 ] = 6,8.10

-3

3Ca2+ + 2PO43-

Ca3(PO4)2

Ks = 10-26,6

6,8.10-3 3x4

6,8.10-3 + 2x4

Giải gần đúng được 3x4 = 10-7,42 = [Ca2+] [HPO42-] = x3 = 0,0119 2+

⇒ [Ca ].[HPO4 ] = 10

-7,42

. 0,0119 = 10-9,34< 10-6,6

⇒ Không có kết tủa CaHPO4

Câu

1.Ta có: nKI = 0,055 mol và nI = 0,055 mol ⇒ KI và I2 phản ứng với 2

nhau theo tỉ lệ 1 : 1 theo phương trình:

KI + I2 → KI3. Phản ứng chuẩn độ: I3- + 2S2O32- → S4O62- + 3I-.

0,5

Ta có số mol của S2O32- là 4,34.10-3 mol ⇒ số mol I3- là 2,17.10-3-mol. Vậy khối lượng KI3 trong dung dịch được chuẩn độ là 0,911 gam. Trong khi đó, khối lượng muối B hòa tan vào nước là 0,950 gam ⇒ Trong B có thành phần nước (B là tinh thể hiđrat).

0,5

Khối lượng nước trong tinh thể B là 0,950 – 0,911 = 0,039 gam ⇒ nnước = 2,17.10-3-mol. ⇒ tỉ lệ nKI3 : nH 2O = 1 : 1 ⇒ công thức muối B là KI3.H2O.

2.Từ KI, KCl, Cl2, I2 và nước. Viết phương trình điều chế

0,5 0,5

KI + Cl2 + nH2O → KICl2.nH2O. 2KICl2.nH2O (đun nóng) → KCl + ICl + nH2O. Câu 7

1. Ở điện cực phải: MnO4- + 8H+ + 5e ⇌ Mn2+ + 4H2O

0,25

Ở điện cực trái: 3I-⇌ I3- + 2e E p = E oMnO − / Mn 2 + + 4

Et =

E oI− / 3I − 3

0,059 [MnO −4 ][ H + ]8 0,059 0,05[H + ]8 = + lg 1 , 51 lg 5 5 0,01 [Mn 2+ ]

0,059 [I 3− ] 0,059 0,02 + lg − 3 = 0,5355 + lg = 0,574V 2 2 [I ] (0,1) 3

∆E = Ephải - Etrái⇔ 0,824 = 1,51 +

0,059 lg(5[H+]8) – 0,574 5

0,5

Suy ra h = [H+] = 0,053 M Mặt khác từ cân bằng: H2SO4-⇌ H+ + SO42[] C–h

Ka = 10-2

Suy ra

h2 h2 = Ka ⇒ +h=C C−h Ka

0,5 -2

Thay giá trị h = 0,053 và Ka = 1,0.10 , tính được C HSO −4 = 0,334M

2. a) K2Cr2O7 + (NH4)2S + H2O → Cr(OH)3 + S + NH3 + ...

0,75

Cặp oxi hoá khử: Cr2 O72− / Cr (OH )3 và S2-/S. Môi trường bazơ: Cr2 O72 − + 7 H2 O + 6e → 2Cr (OH )3 + 8OH − S 2 − → S + 2e

x1 x3

Cr2 O72 − + 3S 2 − + 7 H2 O → 3S + 2Cr (OH )3 + 8OH − 6 NH4+ + 6OH − → 6 NH3 + 6 H2 O

Cr2 O72− + 3S 2− + H2 O → 2Cr (OH )3 + 3S + 6 NH3 + 2OH − Phương trình cân bằng: K2Cr2O7 + 3(NH4)2S + H2O → 2Cr(OH)3 + 3S + 6NH3 + 2KOH b) K2Cr2O7 + Na2SO3 + H2SO4→ ... Cặp oxi hoá khử: Cr2 O72− / Cr 3+ và SO32− / SO42− Môi trường axit:

Cr2 O72− + 14 H + + 6e → 2Cr 3+ + 7 H2 O SO32− + H2 O → SO42− + 2 H + +2e

x1 x3

Cr2 O72− + 2 SO32− + 8 H + → 2Cr 3+ + 2 SO42− + 4 H2 O Phương trình cân bằng: K2Cr2O7 + 3Na2SO3 + 4H2SO4→ Cr2(SO4)3 + 3Na2SO4 + K2SO4 + 4H2O c) K2Cr2O7 + (NH4)2S + KOH + H2O → Cr(OH)63- + S + ... Cặp oxi hoá khử: Cr2 O72− / [Cr (OH )6 ]3− và S2-/S. Môi trường bazơ:

Cr2 O72− + 7 H2 O + 6e → 2[Cr (OH )6 ]3− + S + 2OH − S 2 − → S + 2e

x1 x3

Cr2 O72− + 3S 2− + 7 H2 O → 2[Cr(OH )6 ]3− + 3S + 2OH − 6NH4+ + 6OH − → 6NH3 + 6 H2 O Cr2 O72− + 3S 2− + 4OH − + 3H2 O → 2[Cr (OH )6 ]3− + 3S + 6NH3 Phương trình cân bằng: K2Cr2O7 + 3(NH4)2S + 4KOH + H2O → 2K3[Cr(OH)6] + 3S + 6NH3 Câu

1.Ta có: nKI = 0,055 mol và nI = 0,055 mol ⇒ KI và I2 phản ứng với 2

nhau theo tỉ lệ 1 : 1 theo phương trình: KI + I2 → KI3. Phản ứng chuẩn độ: I3- + 2S2O32- → S4O62- + 3I-.

0,5

Khối lượng nước trong tinh thể B là 0,950 – 0,911 = 0,039 gam ⇒ nnước = 2,17.10-3-mol. ⇒ tỉ lệ nKI3 : nH 2O = 1 : 1 ⇒ công thức muối B

0,5

là KI3.H2O.

2.Từ KI, KCl, Cl2, I2 và nước. Viết phương trình điều chế KI + Cl2 + nH2O → KICl2.nH2O. 2KICl2.nH2O (đun nóng) → KCl + ICl + nH2O. Câu 9

1. nSO (1) = 2

30,3 − 26,9 = 0,1mol , nPbO2 = 0,1mol 64

→ muối thu được là PbSO4 (muối A)

0,5

8, 7 + mSO2 (2) 8, 7 + mSO2 (2) + 86

= 0, 2 → mSO2 (2) = 12,8 gam

0,5

nMnO2 : nSO2 = 1: 2 → B : Mn S2O6

Viết các phương trình phản ứng t 4 FeS 2 + 11O2  → 2 Fe2O3 + 8SO2 o

0,5

t Cu2 S + 2O2  → 2CuO + SO2 o

SO2 + PbO 2  → PbSO4 2 SO2 + MnO 2  → MnS2O6 SO2 + Na2O  → Na 2SO3

Cấu trúc ion SO42 − và S 2O62 − :

0,25

0,5

2. V của N2 là 96,1lit

∑n

SO2

nO2 =

= 0,1 + 0, 2 +

26, 2 = 0, 71 64

96,1 = 1, 07 mol 22, 4 × 4

Đặt x là số mol FeS2, y là số mol Cu2S ta có hệ: 2 x + y = 0, 71 11 x + 2 y = 1, 07 4 → x = 0, 28; y = 0,15

%FeS2: 58,33% và %Cu2S : 41,67%

0,25

t 3. 2 SO2 + Zn  → ZnS2O4 o

Cấu trúc ion S 2O42 − :

Câu

t → BP + 6HBr 1) BBr3 + PBr3 +3H2  0

v=k.[BBr3]x[PBr3]y[H2]z

0,5

Từ TN1 và TN2 ta có : (4,50/2,25)x=(9,20/4,60) ⇒x=1 Từ TN4 và TN5 ta có : (4,50/2,25)y=(2,30/1,15) ⇒y=1 Từ TN1 và TN6 ta có : (0,070/0,035)z=(4,60/4,60)⇒z=0 Vậy phản ứng có bậc đối với BBr3 là 1, bậc đối với PBr3 la 1, bậc đối với H2 là 0 ⇒Bậc tổng cộng của phản ứng là 2 Biểu thức tốc độ phản ứng: v = k[BBr3][PBr3] –8

–6

0,5 2

–1

2) k800 = 4,60.10 /2,25.10 .9,00.10 = 2272L .s .mol

–1

186.103  1 1  Ea  1 1  . − ln kT2 − ln kT1 = .  −  ⇒ ln k1153 = ln 2272 + 8,314  1073 1153  R  T1 T2  ⇒k1153 = 9653,42 (L .s .mol ) 2

-1

0,5

Ở 8800C : Với :[BBr3]= 2,25.10–6 mol.L–1 ;[PBr3]= 9,00.10–6 mol.L–1 ; [H2]=0,0070 mol.L–1 –1

v = 9653,42 ×2,25.10–6× 9,00.10–6= 19,55.10–7 mol.s

--------------------------------Hết----------------------------------

0,5

THPT CHUYÊN BẮC GIANG Giáo viên đề xuất Tăng Thành Trung

MÔN HÓA HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

KHỐI 10: Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử. HTTH và định luật tuần hoàn. 1. Cho bốn kim loại thuộc chu kì 4 và năng lượng ion hóa thứ nhất (I1) tương ứng như sau: Kim loại

26Fe

29Cu

30Zn

31Ga

I1(kJ/mol)

759

745

906

579

Hãy sắp xếp các kim loại trên theo thứ tự I1 tăng dần và giải thích tại sao I1 lại biến đổi như vậy? 2. Trong quặng Uran thiên nhiên có lẫn

238 92

U và

235 92

U theo tỉ lệ 140:1. Nếu giả thiết ở thời điêm

tạo thành vỏ trái đất 2 đồng vị trên cùng tỉ lệ như nhau trong quặng. Hãy tính tuổi của vỏ trái đất, biết chu kì bán hủy của

238 92

U là 4,5.109 và của

235 92

U là 7,13.109 năm.

Câu 2: (2,0 điểm) Tinh thể AgCl kết tinh theo hệ lập phương. a. Mạng tinh thể này thuộc kiểu NaCl hay CsCl. Cho: rAg = 0,113nm; rCl b. Tính khối lượng riêng của AgCl. Cho: Ag = 107,868; Cl = 35,453. Câu 3: (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân +

−

= 0,181nm

Năng lượng tính theo eV (1 eV = 1,602 × 10-19 J) của hệ gồm 1 hạt nhân và 1 eletron phụ thuộc vào số lượng tử n (nguyên dương) theo biểu thức: En = -13,6 × (Z2/n2) trong đó Z là số đơn vị điện tích hạt nhân. 1. Một nguyên tử hiđro ở trạng thái kích thích ứng với n = 6. Tính bước sóng dài nhất và ngắn nhất (theo nm) có thể phát ra từ nguyên tử hiđro đó? Có thể có bao nhiêu bước sóng khác nhau phát ra khi nguyên tử hiđro đó mất năng lượng. 2. Một nguyên tử hiđro khi chuyển từ trạng thái kích thích n =5 về n = 2 phát ra ánh sáng màu xanh. Một ion He+ trong điều kiện nào sẽ phát ra ánh sáng màu xanh giống như vậy? Cho: Hằng số Plank h = 6,626×10-34 J.s; Vận tốc ánh sáng trong chân không: c = 3×108 m/s. Câu 4: (2,0 điểm) Nhiệt hóa học Cho 100 gam N2 ở nhiệt độ 0oC và áp suất 1 atm. Tính nhiệt Q, công W, biến thiên nội năng ∆U và biến thiên entanpi ∆H trong các biến đổi sau đây được tiến hành thuận nghịch nhiệt

động: (a) nung nóng đẳng tích tới áp suất bằng 1,5 atm; (b) giãn đẳng áp tới thể tích gấp đôi thể tích ban đầu. Chấp nhận rằng N2 là khí lí tưởng và nhiệt dung đẳng áp không đổi trong quá trình thí nghiệm và bằng 29,1 J.K-1.mol-1. 1

Câu 5: (2,0 điểm) Cân bằng hóa học pha khí Khí N2O4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình: N2O4 ⇌ 2NO2 (1) Thực nghiệm cho biết các số liệu sau khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm: Nhiệt độ (0oC) 35 45 M h (g) 72,45 66,80 ( M h là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng) a) Tính độ phân ly α của N2O4 ở các nhiệt độ đã cho. b) Tính hằng số cân bằng Kp của (1) ở mỗi nhiệt độ trên. c) Cho biết (1) là phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích? (Khi tính lấy tới chữ số thứ 3 sau dấy phẩy). Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa Trộn 10,00 ml dung dịch SO2 với 10,00 ml dung dịch Na2SO3, được dung dịch A. Thêm 3 giọt metyl da cam và chuẩn độ dung dịch thu được. Dung dịch đổi màu (pH = 4,4) khi dùng hết 12,50 ml dung dịch NaOH 0,2000M. Thêm tiếp 3 giọt phenolphtalein vào hỗn hợp và chuẩn độ tiếp bằng NaOH 0,2000M. Sự đổi màu xảy ra (pH = 9,0) khi dùng hết 27,50 ml NaOH nữa. a) Tính nồng độ mol/l của dung dịch SO2 và dung dịch Na2SO3 trước khi trộn. b) Tính pH của dung dịch A sau khi trộn. Cho axit H2SO3 ( SO2+ H2O) có pKa1 = 1,76; pKa2 = 7,21. Câu 7: (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa Có 200 ml dung dịch A chứa 0,414 gam ion kim loại M2+. Sức điện động của pin: MM2+ (dung dịch A)  HCl 0,02 M  H2, p = 1 atm (Pt) ở 250 có giá trị là 0,0886 V và sức điện động của pin: M dung dịch bão hòa MX2, NaX 2,00 M  HCl 1,00. 10-4 M  H2, p = 1 atm (Pt) ở 250 C có giá trị là 0,0530 V. Tích số tan của MX2 là 10-4,78. Hãy tính nguyên tử khối của M? Câu 8: (2,0 điểm) Nhóm Halogen Photpho đỏ tác dụng với Cl2 dư thu được hợp chất A. Đun nóng A với NH4Cl trong dung môi hữu cơ thu được hợp chất B có dạng [NP2Cl6][PCl6]. Nếu tiếp tục đun, anion của B phản ứng với NH4+ để tạo ra chất trung gian C có công thức Cl3P=NH, cation của B phản ứng với C lần lượt tạo ra các cation D [N2P3Cl8]+ và E [N3P4Cl10]+. Sau đó E tách đi cation F để tạo ra hợp chất thơm G (N3P3Cl6). a. Viết công thức cấu tạo của các chất hoặc ion A, C, D, E, F. b. Viết công thức cấu trúc của các ion trong B và xác định trạng thái lai hóa của N, P trong B, G. Câu 9. (2,0 điểm) Oxi- lưu huỳnh Để xác định hàm lượng khí độc H2S trong không khí người ta làm thí nghiệm như sau : Lấy 50 lít không khí nhiễm khí H2S (D = 1,29 g/lít) cho đi qua thiết bị phân tích có chứa dung dịch CdSO4 dư. Sau đó axit hóa toàn bộ hỗn hợp thu được và cho tất cả lượng H2S sinh ra hấp thụ hết vào ống đựng 10 ml dung dịch I2 0,015 M. Lượng I2 dư tác dụng vừa đủ với 12,5 ml dung dịch Na2S2O3 0,008 M. Viết các phương trình hóa học xảy ra trong quá trình thí nghiệm và tính hàm lượng H2S trong không khí theo ppm (số microgam chất trong 1 gam mẫu). Câu 10: (2,0 điểm) Động học (Không có phần cơ chế phản ứng) 2

Đối với phản ứng :

k1  → ←  k2

Các hằng số tốc độ k1 = 300 giây -1 ; k2 = 100 giây -1 . Ở thời điểm t = 0 chỉ có chất A và không có chất B . Hỏi trong bao lâu thì một nửa lượng ban đầu chất A biến thành chất B? ĐÁP ÁN MÔN HÓA HỌC KHỐI 10: Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử. HTTH và định luật tuần hoàn. 1. Trong 1 chu kì khi đi từ trái sang phải thì điện tích hiệu dung tăng và bán kính nguyên tử giảm làm cho I1 tăng. Tuy nhiên I1 còn phụ thuộc vào cấu hình electron, vì vậy sự biến đổi I1 diễn ra không đều đặn. Fe: [Ar]3d64s2 Cu: [Ar]3d104s1. Tất cả các phân lớp bên trong đều bão hòa. Ở phân lớp 4s tương tự kim loại kiềm. Zn: [Ar]3d104s2. Tất cả các phân lớp đều bão hòa. I1 rất cao. Ga: [Ar]3d104s24p1. Tất cả các phân lớp bên trong đều bão hòa. Mặt khác các electron ở 4s2 chắn mạnh nên các electron ở 4p1 dễ tách ra. I1: Ga < Cu < Fe < Zn. 2.

Câu 2: (2,0 điểm) Tinh thể a. Tỉ số

r+ r−

quyết định kiểu mạng

r+ > ( 3 − 1) = (0,73) : kiểu mạng CsCl r− + - Nếu ( 3 − 1) > r − > ( 2 − 1) = (0,41) : kiểu mạng r rAg+ Ta có: = 0,62 → mạng thuộc kiểu NaCl rCl−

- Nếu

b. ρ =

4mAgCl a3

4.(107,868 + 35,453).10−3.1027 6,022.10 . 2.( 0,113 + 0,181)  23

NaCl

= 4683 kg/m3

Câu 3: (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân 1. Bước sóng dài nhất: λmax = hc/ (E6 – E5) = 7465 nm Bước sóng ngắn nhất: λmin = hc/ (E6 – E1) = 93,84 nm Có thể có 15 bước sóng khác nhau 2. Ta có - 13,6 (1/25 – 1/4) = -13,6 × 4 (1/nt2 - 1/ns2) Hay 1/25 – 1/4 = 1/(nt/2)2 - 1/(ns/2)2 → nt/2 = 5 và ns/2 = 2 → He+ chuyển từ n = 10 về n = 4 Câu 4: (2,0 điểm) Nhiệt hóa học (a) Nung nóng đẳng tích tới áp suất bằng 1,5 atm Vì V = const nên W = 0

(

)

(

)

∆U = Q V = n C V (T2 − T1 ) = n C p − R (T2 − T1 ) = n C p − R (T2 − T1 )

(

)

P  100 (29,1 − 8,314) 1,5 273,15 − 273,15  = 10138,74J = n C p − R  2 T1 − T1  =  1   P1  28 P  100  1,5  ∆H = n C p (T2 − T1 ) = n C p  2 T1 − T1  = 29,1 273,15 − 273,15  = 14194,05J  1   P1  28

(b) Giãn đẳng áp tới thể tích gấp đôi V  Q p = ∆H = n C p (T2 − T1 ) = n C p  2 T1 − T1  =  V1  100 = 29,1(2.273,15 − 273,15) = 28388,09J 28 V  100 W = −P∆V = − nR (T2 − T1 ) = −nR  2 T1 − T1  = .8,314.273,15 = −8110,60J  V1  28

∆U = Q + W = 28388 − 8110 = 20278, J Câu 5: (2,0 điểm) Cân bằng hóa học pha khí 1. a) Đặt a là số mol N2O4 có ban đầu, α là độ phân li của N2O4 ở toC xét cân bằng: N2O4 ⇌ 2NO2 số mol ban đầu a 0 số mol chuyển hóa aα 2aα số mol lúc cân bằng a(1 - α) 2aα Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + α) Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí: 4

92a 92 = a(1 + α ) 1 + α 72,45 → 92 = 72,45 1+α Mh =

 ở 35oC thì

 ở 45oC thì

= 66,8 → α = 0,337  2aα 

→

α = 0,270 hay 27% hay 33,7%

[ NO2 ]2 =  V  b) Ta có Kc = [ N 2 O 4 ] a(1 − α)

4aα 2 (1 − α)V

V là thể tích (lít) bình chứa khí Và PV = nS. RT → RT =

PV PV = nS a(1 + α)

Thay RT, Kc vào biểu thức KP = Kc. (RT)∆n ở đây ∆n = 1 → KP =

4aα 2 PV P.4.α 2 . = (1 − α )V a(1 + α ) 1 − α 2

ở 35oC thì α = 0,27 → KP = 0,315 , ở 45oC thì α = 0,337 → K p = 0,513 c) Vì khi tăng nhiệt độ từ 35oC → 45oC thì độ điện li α của N2O4 tăng (hay KP tăng) → Chứng tỏ khi nhiệt độ tăng thì cân bằng chuyển sang chiều thuận (phản ứng tạo NO2) do đó theo nguyên lí cân bằng Lơ Satơliê (Le Chatelier) thì phản ứng thuận thu nhiệt. Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa Câu Ý

Nội dung Đặt nồng độ của SO2 và Na2SO3 trước khi trộn là C1 = → sau khi trộn: C SO2 = 0,5C1;

C SO2− 3

C 0SO 2

; C2 =

C 0SO2 − 3

= 0,5C2.

Khi chuẩn độ dung dịch A đến pH = 4,4

≈

pK a1 + pK a2 2 = 4,485 =

pH HSO-

→ Thành phần của hệ thu được là HSO3 , nghĩa là trong hỗn hợp A phải có SO2. Như vậy sau khi trộn dung dịch SO2 với dung dịch Na2SO3, SO2 còn dư: 2SO + H O + SO3 → 2 HSO3 -

0,5C1 0,5(C1 – C2)

0,5C2 0

C2 Thành phần của dung dịch A: SO2 0,5(C1 – C2) M; HSO3 C2 M, môi trường axit → Khi chuẩn độ dung dịch A đến pH = 4,4 dung dịch sẽ chuyển từ màu đỏ sang màu vàng. Thêm tiếp phenolphtalein vào hỗn hợp chuẩn độ và chuẩn độ đến pH = 9,0 dung dịch sẽ chuyển từ màu vàng sang màu hồng. Chuẩn độ đến pH = 4,4 hệ thu được gồm HSO3 và SO2 (bỏ qua SO32–)

Câu Ý

Nội dung trong đó

HSO-3

[HSO-3 ] [HSO-3 ] + [SO2 ]

chiếm =

K a1 10 −1,76 = = 0,998 = 99,8% ≈ 100% [H + ] + K a1 10 −4,4 + 10 −1,76 => chuẩn

hết nấc 1 SO2 + OH– → HSO3 → 20,00 . 0,5.(C1 – C2) = 12,50 . 0,20 -

(1)

Chuẩn độ đến pH = 9,0, hệ gồm HSO3- và SO32- (bỏ qua SO2): [SO32- ] K a2 10−7,21 = = = 0,984 [HSO-3 ] + [SO32- ] [H + ] + K a2 10−9,0 + 10−7,21 =

98,4% ≈ 100%

→ thành phần của hệ gồm ≈ 100% SO3 , chuẩn độ hết nấc 2 HSO-3 + OH– → SO 32- + H O 2 → 20,00 . {0,5(C1 – C2) + C2} = 27,50 . 0,20 (2). Từ (1) và (2) → C2 = 0,15 M; C1 = 0,40 M b b). Khi chưa chuẩn độ, pHA chính là pH của hệ đệm: SO2 + H O HSO -3 + H+ Ka1 = 10-1,76 2 0,125 – x 0,15 + x x x.(0,15 + x) = 10−1,76 0,125 − x

→ x = [H+] = 0,012 → pHA = 1,92

Câu 7: (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa 2

Xét pin thứ nhất: K s = [ M 2 + ][ X − ]2 Có: [M 2+ ] =

Ks 10−4, 78 = = 4,149.10− 6 M [ X − ]2 22

=> Xét pin thứ hai:

0,0592 0,0592 0,414     E pin = EH + / H − EM 2+ / M =  0 + log(0,02) 2  −  − 0,130 + log  = 0,0886 2 2 2 0,2M    

Giải phương trình => M = 207 (Pb) Câu 8: (2,0 điểm) Nhóm Halogen 1.

P + Cl2 → PCl5 (A) PCl5 + NH4Cl → [Cl3P=N=PCl3][PCl6] + 4HCl (B) + [PCl6] + NH4 → Cl3P=NH + HCl (C) 6

[Cl3P=N=PCl3]+ + Cl3P=NH → [Cl3P=N –PCl2 =N=PCl3]+ + HCl (D) + [Cl3P=N–PCl2=N=PCl3] + Cl3P=NH → [Cl3P=N–PCl2=N–PCl2=N=PCl3]+ + HCl (E) + + [Cl3P=N –PCl2=N –PCl2=N=PCl3] → [PCl4] + (N3P3Cl6) (F) (G) (Vòng thơm (-N=PCl2-)3 2. Cấu trúc của G và các ion trong B: Cl Cl

N P

Cl P Cl

Cl Cl

P N P Cl Cl Cl Cl Cl Cl Cl Cl Trạng thái lai hóa: G: P sp3; N sp2 B: P sp3 và sp3d2 N sp Câu 9. (2,0 điểm) Oxi- lưu huỳnh Phương trình hóa học: (1) H2S + Cd2+ → CdS + 2H+ + 2+ CdS + 2H → Cd + H2S (2) + H2S + I2 → S + 2I + 2 H (3) 22I2 + 2S2O3 → 2I + 2S4O6 (4) -4 nI2 = 0,01 x 0,015 = 1,5x 10 mol nS2O32- = 0,0125 x 0,008 = 10-4 mol P

Từ (1) → (4) ⇒nH2S = nI2(3) = 1,5x10-4 - 10-4/2 = 10-4 mol Khối lượng không khí : m = 1,29 x 50 = 64,5 gam. Hàm lượng H2S theo ppm : (10-4 x 34x 106)/ 64,5 = 52,7 ppm Câu 10: (2,0 điểm) Động học (Không có phần cơ chế phản ứng) A

k1  → ←  k2

t=0

a 2

xe 1 k1 + k 2 = ln t xe − x

Áp dụng công thức đã cho : Ở đây nồng độ lúc cân bằng xe được xác định thông qua hằng số cân bằng K : K =

[ B] = x e [ A ] a-x e

aK 1+ K Sau khi biến đổi ta được : aK-x(1+K) xe − x = 1+ K và 2,303 aK k1 + k 2 = lg t aK - x - Kx Cuối cùng xe =

Vì

a 2

k1 + k 2 =

2,303 lg t

Nên Vì

aK a a 2,303 2K 2,303 2K aK - - K = lg = lg 2 2 t 2K - 1 - K t K -1

K = k1 / k 2 t=

Nên

2k 1 2,303 lg k1 + k 2 k1 - k 2

2,303 2 . 300 lg = 2,7.10 −3 giây 300 + 100 300 - 100

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2016 - 2017

-----***-----

Môn: HÓA HỌC – LỚP 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH

Thời gian làm bài: 180 phút o

Cho: Hằng số Plank h = 6,6261.10-34 J.s; Tốc độ ánh sáng c = 2,9979.108 m.s-1; 1m = 1010 A ; 1eV = 1,602.10-19 J; Số Avogadro NA = 6,0221.1023 mol-1; Khối lượng electron me = 9,1094.1031 kg; 0oC = 273,15K; R = 8,3145 J.mol-1.K-1; hằng số Faraday F = 96485 C.mol-1. Cấu tạo nguyên tử, phân tử, HTTH và định luật tuần hoàn 1. Một phân tử H2 ở trạng thái cơ bản phân li thành các nguyên tử sau khi hấp thụ một photon có bước sóng 77,0 nm. Biết năng lượng của phân tử H2 ở trạng thái cơ bản là -31,675 eV. Hãy xác định tất cả các tổ hợp của trạng thái electron có thể có của hai nguyên tử H được tạo thành sau khi phân li. Trong mỗi trường hợp hãy xác định tổng động năng (theo eV) của các nguyên tử hiđro? 2. Sử dụng mô hình cộng hưởng electron theo Lewis, vẽ các công thức cộng hưởng có thể có của cation pentazenium N5+ (biểu diễn đầy dủ các cặp electron không liên kết) ? Xác định điện tích hình thức trên các nguyên tử ở mỗi công thức và chỉ ra các cấu trúc cộng hưởng bền ? Dự đoán dạng hình học của cation pentazenium N5+ ? 3. Vẽ công thức cấu tạo, xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và mô tả dạng hình học của các phân tử B2H6, Al2Cl6. Câu 2 (2,0 điểm). Tinh thể 1. Ở nhiệt độ phòng sắt có cấu tạo tinh thể dạng lập phương tâm khối (sắt- α ). Cho biết khối lượng riêng của sắt kim loại nguyên chất là 7,874g.cm-3 ở 293K. Tính bán kính nguyên tử của sắt (cm). 2. Thép là hợp kim của sắt và cacbon, trong đó một số khoảng trống giữa nguyên tử sắt (các hốc) trong mạng tinh thể bị chiếm bởi các nguyên tử nhỏ là cacbon. Hàm lượng cacbon trong hợp kim này thường trong khoảng 0,1% đến 4%. Trong lò cao, sự nóng chảy của sắt càng dễ dàng khi thép chứa 4,3% theo khối lượng. Nếu hỗn hợp này được làm lạnh quá nhanh (đột ngột) thì các nguyên tử cacbon được phân tán trong mạng sắt- α . Chất rắn mới này được gọi là martensite - rất cứng và giòn. Dù hơi bị biến dạng, cấu tạo tinh thể của chất rắn này là giống như cấu tạo tinh thể của sắtα . Giả thiết rằng các nguyên tử cacbon được phân bố đều trong cấu trúc của sắt. a. Ước tính hàm lượng nguyên tử cacbon trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của sắt- α trong martensite chứa 4,3%C theo khối lượng. b. Ước tính khối lượng riêng (g.cm-3) của vật liệu này. Khối lượng mol nguyên tử: MFe = 55,847g.mol-1 ; MC = 12,011g.mol-1. Câu 3 (2,0 điểm). Phản ứng hạt nhân 134 Cs và 137Cs là sản phẩm phân hạch của nhiên liệu urani trong lò phản ứng hạt nhân. Cả hai đồng vị này đều phân rã β- với thời gian bán hủy tương ứng là 2,062 năm và 30,17 năm. 1. Viết phương trình phản ứng hạt nhân biểu diễn các phân rã phóng xạ của 134Cs và 137Cs ? 1

2. Tính năng lượng (ra eV) được giải phóng trong phân rã của 134Cs dựa vào các số liệu dưới đây Đồng vị Nguyên tử khối (u) 134 55

133,9067

134 56

133,9045

3. Trong một mẫu nước thu được sau sự cố của nhà máy điện hạt nhân người ta phát hiện được hai đồng vị nói trên của Cs với hoạt độ phóng xạ tổng cộng 2,14 mCi. Khối lượng 137Cs có trong mẫu nước này là 16,8µg. Sau bao nhiêu năm thì hoạt độ phóng xạ tổng cộng của 2 đồng vị này trong mẫu nước đã cho chỉ còn bằng 80,0 µCi? Tính tỉ số khối lượng của 134Cs và 137Cs tại thời điểm đó. Giả thiết rằng thiết bị đo chỉ đo được các hoạt độ phóng xạ β- lớn hơn 0,1Bq. Cho: 1Ci = 3,7.1010 Bq; 1 năm = 365 ngày. Câu 4 (2,0 điểm). Nhiệt hóa học 1. Một hỗn hợp với thành phần chính là CO và H2 được tổng hợp từ khí metan, hơi nước và oxi theo các phương trình phản ứng sau: CH4 + ½O2 → CO + H2; ∆H = -36 kJ/mol (1) (2) CH4 + H2O → CO + 3H2; ∆H = 216 kJ/mol a. Từ các phản ứng (1) và (2) hãy viết một phản ứng tổng quát (3) để tổng hợp CO và H2 có biến thiên entanpi bằng không. b. Metanol được tổng hợp từ CO và H2 theo hai cách sau: Cách 1 (theo 2 bước): Nén hỗn hợp đầu trong phản ứng (3) từ áp suất 0,1.106 Pa đến 3.106 Pa, sau đó nén hỗn hợp sản phẩm của phản ứng (3) từ áp suất 3.106 Pa đến 6.106 Pa. Cách 2 (theo 1 bước): Nén hỗn hợp sản phẩm thu được ở phản ứng (3) từ áp suất 0,1.106 Pa đến 6.106 Pa. Biết ở mỗi thí nghiệm trên đều thực hiện với 100,0 mol hỗn hợp khí ban đầu. Giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn ở nhiệt độ không đổi 500K, các khí coi là khí lí tưởng. Tính công đã thực hiện trong mỗi cách trên và so sánh kết quả đó ? 2. Tính năng lượng ion hóa thứ hai của Ti từ các số liệu sau: Năng lượng thăng hoa của Ti(r): 425,0 kJ.mol−1; Năng lượng nguyên tử hoá của O2(k): 494,0 kJ.mol−1; Năng lượng ion hoá thứ nhất của Ti: 658,0 kJ.mol−1; Ái lực electron của O: −141,5 kJ.mol−1; Ái lực electron của O−: 797,5 kJ.mol−1; Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của TiO(r): −416,0 kJ.mol−1; Năng lượng mạng lưới tinh thể của TiO: -3712,0 kJ.mol−1. Câu 5 (2,0 điểm). Cân bằng pha khí Nung 5,32 gam FeSO4 trong bình chân không kín, dung tích 1,0 lít ở 650oC. Khi đó xảy ra phản ứng hóa học sau 2FeSO4(r) ⇌ Fe2O3(r) + SO3(k) + SO2(k)

(1)

SO3(k) ⇌ SO2(k) + ½O2(k)

(2) 2

Sau khi các phản ứng đạt trạng thái cân bằng thì tổng áp suất của hệ là 634,6 mmHg và áp suất riêng phần của oxi là 20,9 mmHg. 1. Tính hằng số cân bằng Kp ở 650oC của các phản ứng (1) và (2). 2. Tính phần trăm khối lượng FeSO4 đã bị phân hủy. Câu 6 (2,0 điểm). Cân bằng axit – bazơ và kết tủa 1. Cho dung dịch X gồm HA 3% (d=1,005 g/ml); NH4+ 0,1M; HCN 0,2M. Biết pHX =1,97. a. Tính số lần pha loãng dung dịch X để αHA thay đổi 5 lần. b. Thêm dần NaOH vào dung dịch X đến CNaOH = 0,15M (giả sử thể tích dung dịch X không thay đổi). Tính độ phân li αHA c. Tính V dung dịch NaOH 0,5M cần để trung hòa 10ml dung dịch X đến pH=9,00. Cho MHA= 46 g/mol; pKa(NH4+) = 9,24; pKa(HCN) = 9,35. 2. Thêm 0,1mol OH- vào 1,0 lit dung dịch chứa 5.10-2 mol Cu2+. Tính pH của dung dịch thu được. Cho: KS(Cu(OH)2) = 2.10-19; lg*β(CuOH+) = - 8,0; Câu 7 (2,0 điểm). Phản ứng oxi hóa khử. Điện hóa 1. Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp ion – electron: a. C9H10O + KMnO4 + H2SO4 → C8H6O4 + .... b. KNO2 + KMnO4 + KOH → ... 2. Cho một pin điện có sơ đồ sau: (-) Zn│Zn(NO3)2 0,05M║KCl 0,1M│AgCl,Ag (+) a. Viết các phản ứng xảy ra ở mỗi điện cực và phản ứng tổng quát trong pin điện ở 25oC. b. Ở 25oC sức điện động của pin bằng 1,082V. Tính ∆G, ∆H, ∆S và hằng số cân bằng K của phản ứng tổng quát ? c. Tính tích số tan của AgCl ? o Cho biết: EZn

/ Zn

o = - 0,763V; E Ag

dE = + 0,799V;   = - 0,490 mV.K-1.

/ Ag

 dT  P

Câu 8 (2,0 điểm). Nhóm halogen 1. Hoàn thành dãy chuyển hóa sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có):

Na2S4O6 (3)

HIO3

(1)

I2O5

(2)

(6)

Cl2

(4)

(5)

(7)

(8)

KClO3

(9)

ClO2

(10)

NaClO2

Cu2I2

2. Giải thích nguyên nhân, hình thành những tinh thể hiđrat Cl2.8H2O. Hiđrat đó có phải là hợp

chất bọc không? 3. Hợp chất iot triclorua ở trạng thái rắn gồm những phân tử đime do hai phân tử dạng monome có cấu tạo hình chữ T trùng hợp tạo thành. Viết công thức Lewis của iot triclorua ở dạng monome và đime ? Cho biết trạng thái lai hóa của iot ở mỗi công thức trên ? Câu 9 (2,0 điểm). Nhóm oxi – lưu huỳnh 3

Hợp chất XY2 có tổng số proton trong phân tử là 50. X và Y là hai nguyên tố thuộc 2 nhóm A kế tiếp. Electron cuối cùng của nguyên tử nguyên tố Y có tổng đại số các số lượng tử là 3,5; trong đó tổng (n+ ℓ ) bằng 4. 1. Xác định công thức hợp chất XY2 ? 2. Ở điều kiện thường XY2 là chất lỏng, màu đỏ, kém bền, phân hủy dần ở nhiệt độ thường thành chất lỏng A không màu và khí B màu vàng lục. A phản ứng với nước tạo ra khí C mùi hắc, chất rắn D màu vàng và axit E. A được tạo ra khi cho khí B khô tác dụng với D nóng chảy (lấy dư). Khí B phản ứng với khí C có mặt chất xúc tác là long não tạo thành chất lỏng F không màu, mùi khó chịu, bốc khói trong không khí ẩm. Cho axit E (đặc) tác dụng với chất rắn G màu đen tím thì thu được khí B. Xác định các chất A, B, C, D, E,... và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 10 (2,0 điểm). Động học (không có cơ chế) Để phân hủy H2O2 với tốc độ đáng kể người ta phải đun nóng và dùng thêm chất xúc tác (ví dụ như ion iodua trong môi trường trung tính). Bảng dưới đây ghi lại các số liệu thực nghiệm về tốc độ thoát khí oxi từ dung dịch H2O2 ở 298K và 1,013.105Pa. Thí nghiệm được tiến hành bằng cách trộn dung dịch H2O2 3% (30g H2O2/1L dung dịch), dung dịch KI 0,1 mol.L-1 với nước. VKI (ml) Thí nghiệm VH O (ml) υO (ml/phút) VH O (ml) 2 2

1 50 100 150 2 100 100 100 3 200 100 0 4 100 50 150 5 100 200 0 1. Xác định bậc phản ứng đối với H2O2 và đối với chất xúc tác. 2. Viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra và biểu thức tốc độ phản ứng 3. Tính nồng độ H2O2 (mol/L) khi bắt đầu thí nghiệm và sau 4 phút

8,8 17 35 8,5 33

--------------------Hết--------------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2016 - 2017

-----***-----

Môn: HÓA HỌC – LỚP 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH

Thời gian làm bài: 180 phút o

Điểm

0,25

0,25 13,6 13,6 - 2 + 36,675 = 14,677 eV 2 2 1 Eđ = 16,1 – 14,677 = 1,4 eV Với n = 1 và n’ = 2 hoặc n = 2 và n’ = 1: 13,6 13,6 ∆E = - 2 - 2 + 36,675 = 24,880 eV > 16,1 eV 2 2 Vậy các trường hợp có thể có là H2 + hν → H + H’ 0,25 n = 1 1 1 2 2 1 2. Tổng số electron để xây dựng công thức Lewis cho N5+ là 5.5 - 1 = 24. Công thức cộng hưởng có thể có của ion N5+: ∆E = -

-1

(1) +1

-1

(4)

-2

(3)

(2) +1

(5)

-1

0,5

(6)

Cấu trúc cộng hưởng bền là cấu trúc thuận lợi nhất về mặt năng lượng (điện tích hình thức trên các nguyên tử gần 0 nhất). Các cấu trúc cộng hưởng bền là (1), (2) và (3). Dạng hình học: Chữ V, nguyên tử N trung tâm có góc liên kết 0,25 o < 120 , các nguyên tử N phía ngoài (N số 2 và số 4) có góc liên kết ~ 120o. 3. B2H6: B lai hóa sp3, phân tử B2H6 gồm hai tứ diện lệch có một cạnh chung, liên kết B-H là liên kết hai tâm hai electron, có 2 0,25 liên kết B-H-B là liên kết ba tâm hai electron.

Al2Cl6: Al lai hóa sp3, phân tử Al2Cl6 gồm hai tứ diện lệch có một cạnh chung, liên kết Al-Cl-Al gồm một liên cộng hóa trị bình thường và một liên kết cộng hóa trị cho nhận tạo thành do cặp electron không liên kết của clo và AO trống của Al.

0,25

Câu 2 (2,0 điểm). Tinh thể 1. Ở nhiệt độ phòng sắt có cấu tạo tinh thể dạng lập phương tâm khối (sắt- α ). Cho biết khối lượng riêng của sắt kim loại nguyên chất là 7,874g.cm-3 ở 293K. Tính bán kính nguyên tử của sắt (cm). 2. Thép là hợp kim của sắt và cacbon, trong đó một số khoảng trống giữa nguyên tử sắt (các hốc) trong mạng tinh thể bị chiếm bởi các nguyên tử nhỏ là cacbon. Hàm lượng cacbon trong hợp kim này thường trong khoảng 0,1% đến 4%. Trong lò cao, sự nóng chảy của sắt càng dễ dàng khi thép chứa 4,3% theo khối lượng. Nếu hỗn hợp này được làm lạnh quá nhanh (đột ngột) thì các nguyên tử cacbon được phân tán trong mạng sắt- α . Chất rắn mới này được gọi là martensite - rất cứng và giòn. Dù hơi bị biến dạng, cấu tạo tinh thể của chất rắn này là giống như cấu tạo tinh thể của sắtα . Giả thiết rằng các nguyên tử cacbon được phân bố đều trong cấu trúc của sắt. 6

c. Ước tính hàm lượng nguyên tử cacbon trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của sắt- α trong martensite chứa 4,3%C theo khối lượng. d. Ước tính khối lượng riêng (g.cm-3) của vật liệu này. Khối lượng mol nguyên tử: MFe = 55,847g.mol-1 ; MC = 12,011g.mol-1. Ý Hướng dẫn chấm Điểm 1. Số nguyên tử sắt trong 1 ô cơ sở: n = 8.1/8 + 1 = 2. Theo đề ta có: a 0,25 n.M 2.55,847 = = 2,356.10-23cm3 (1) Vô = a 2 23 N A .D 6,0221.10 .7,847 a 3 = 4r

Bán kính nguyên tử Fe: 4.r = a 3 → a = 4r/ 3 Thể tích 1 ô đơn vị: V1ô = a3 =

(

16r 2 / 3

)

(2)

0,5 Từ (1) và (2) ta có: r = 1,241.10-8cm. 2. a. Trong 100,0 gam martensite có 4,3 gam C ⇒ nC = 0,36mol và nFe = 1,71mol. 0,5 Số nguyên tử cacbon có trong mỗi ô mạng tinh thể là: 2.(0,36/1,71) = 0,42 nguyên tử. b. Khối lượng của một ô mạng tinh thể là: 2.55,847+0,42.12,011 mô = = 1,939.10-22 g 23 0,5 6,022.10 Vậy khối lượng riêng của martensite có 4,3%C là: 0,25 D(martensite có 4,3%C) = 1,939.10-22/(2,356.10-23) = 8,228 g.cm-3. Câu 3 (2,0 điểm). Phản ứng hạt nhân 134 Cs và 137Cs là sản phẩm phân hạch của nhiên liệu urani trong lò phản ứng hạt nhân. Cả hai đồng vị này đều phân rã β- với thời gian bán hủy tương ứng là 2,062 năm và 30,17 năm. 1. Viết phương trình phản ứng hạt nhân biểu diễn các phân rã phóng xạ của 134Cs và 137Cs ? 2. Tính năng lượng (ra eV) được giải phóng trong phân rã của 134Cs dựa vào các số liệu dưới đây Đồng vị Nguyên tử khối (u) 134 55

133,9067

134 56

133,9045

134 55

Cs →

137 55

Cs →

134 56

Ba + e

137 56

Ba + e

Hướng dẫn chấm (1)

Điểm 0,25

(2) 7

2. Năng lượng thoát ra trong phân rã phóng xạ của

134 55

0,5

Cs :

∆E = ∆m.c2 = (133,9067 - 133,9045) (10-3/6,0221.1023)( 2,9979.108)2(J) = 3,2833.10-13 J = 3,2833.10-13/1,602.10-19 = 2,049.106 eV Gọi A1 là hoạt độ phóng xạ, t1/2,1 là thời gian bán hủy của 55134Cs Gọi A2 là hoạt độ phóng xạ, t1/2,2 là thời gian bán hủy của 55137Cs Theo đề ra ta có:

ln 2 16,8.10−6.6, 0221.1023 = 1,45mCi A02 = λ 2 .N 02 = . 30,17.365.24.3600 137x3, 7.1010 A01 = A0 – A02 = 2,14 mCi – 1,45mCi = 0,69 mCi t

0,25 t

 1  t1/1 2  1  t1/2 2 + A02     2

Sau thời gian t:

A = A1 + A2 = A01   2 A2 ≤ Atổng = 0,08 mCi

Vì:

1  1  t1/2 2 ⇒ A2/A02 =   ≤ 0,08/1,45 =   2 2

(1) 4,18

(2)

⇒ t/ t1/2,2 ≥ 4,18 → t ≥ 4,18t1/2,2 = 126,11 năm = 61,16t1/2,1 Sau 126,11 năm (hay 61,16t1/2,1), hoạt độ phóng xạ của 61,16

134 55

(3)

0,5

Cs còn lại:

61,16

1 1 A1 = A01.   = 640.   = 2,484.10-16 µCi 2 2 0,25 = 2,484.10-16.10-6. 3,7.1010 Bq = 9,2.10-12 Bq << 0,1 Bq. Như vậy, sau 126,11 năm, A1 ≈ 0, hoạt độ phóng xạ tổng cộng của mẫu chỉ còn là hoạt độ phóng xạ của

137 55

Cs , nghĩa là A = A2 = 80,0 µCi. Khi đó

hết, m1 ≈ 0 và tỉ số m1/ m2 ≈ 0.

134 55

Cs thực tế đã phân rã

0,25

Câu 4 (2,0 điểm). Nhiệt hóa học 1. Một hỗn hợp với thành phần chính là CO và H2 được tổng hợp từ khí metan, hơi nước và oxi theo các phương trình phản ứng sau: CH4 + ½O2 → CO + H2; ∆H = -36 kJ/mol (1) CH4 + H2O → CO + 3H2; ∆H = 216 kJ/mol (2) c. Từ các phản ứng (1) và (2) hãy viết một phản ứng tổng quát (3) để tổng hợp CO và H2 có biến thiên entanpi bằng không. d. Metanol được tổng hợp từ CO và H2 theo hai cách sau: Cách 1 (theo 2 bước): Nén hỗn hợp đầu trong phản ứng (3) từ áp suất 0,1.106 Pa đến 3.106 Pa, sau đó nén hỗn hợp sản phẩm của phản ứng (3) từ áp suất 3.106 Pa đến 6.106 Pa. Cách 2 (theo 1 bước): Nén hỗn hợp sản phẩm thu được ở phản ứng (3) từ áp suất 0,1.106 Pa đến 6.106 Pa. Biết ở mỗi thí nghiệm trên đều thực hiện với 100,0 mol hỗn hợp khí ban đầu. Giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn ở nhiệt độ không đổi 500K, các khí coi là khí lí tưởng. Tính công đã thực hiện trong mỗi cách trên và so sánh kết quả đó ? 8

2. Tính năng lượng ion hóa thứ hai của Ti từ các số liệu sau: Năng lượng thăng hoa của Ti(r): 425,0 kJ.mol−1; Năng lượng nguyên tử hoá của O2(k): 494,0 kJ.mol−1; Năng lượng ion hoá thứ nhất của Ti: 658,0 kJ.mol−1; Ái lực electron của O: −141,5 kJ.mol−1; Ái lực electron của O−: 797,5 kJ.mol−1; Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của TiO(r): −416,0 kJ.mol−1; Năng lượng mạng lưới tinh thể của TiO: -3712,0 kJ.mol−1. Ý Hướng dẫn chấm 6CH4 + 3O2 → 6CO + 12H2; ∆H = -216 kJ/mol (1) 1. a. CH4 + H2O → CO + 3H2; ∆H = 216 kJ/mol (2) ⇒ Phản ứng tổng quát (3): 7CH4 + H2O + 3O2 → 7CO + 15H2; ∆H = 0 Công thực hiện trong quá trình nén thuận nghịch đẳng nhiệt khí lí tưởng: P A = - nRT ln 1 P2 Cách 1:

Cách 2:

A1 = - n1RT ln

Điểm

P1 P P P - n2RT ln 2 = - n1RT( ln 1 + 2 ln 2 ) P2 P3 P2 P3

0,1.106 3.106 = - 100.8,3145.500.( ln + 2 ln ) 3.106 6.106 = 1,99.106 J (hệ nhận công) (theo phản ứng (3) thì n2 = 2n1) P1 0,1.106 A2 = - n1RT ln = - 100.8,3145.500. ln = 1,70.106 J (hệ nhận công) 6 P2 6.10

∆A = A1 – A2 = 2,9.105 J = 290 kJ 2. Áp dụng định luật Hess vào chu trình bên ta có: I2 = ∆fHo - (∆Hth + I1 + 1/2De + Ae1 + Ae2 + Uml) = - 416,0 – (425,0 + 658,0 + ½.494,0 – 41,5 + 797,5– 3712,0) = 1310 kJ.mol−1

Ti(r) + Hth

1/2O2(k) 1/2De

Ti(k) I1

O(k) Ae1

Ti+(k) I2

O-(k) Ae2

Ti2+(k) +

O2-(k)

o fH

TiO(r)

0,75

Um1

Câu 5 (2,0 điểm). Cân bằng pha khí Nung 5,32 gam FeSO4 trong bình chân không kín, dung tích 1,0 lít ở 650oC. Khi đó xảy ra phản ứng hóa học sau 2FeSO4(r) ⇌ Fe2O3(r) + SO3(k) + SO2(k)

(1)

SO3(k) ⇌ SO2(k) + ½O2(k)

(2)

Sau khi các phản ứng đạt trạng thái cân bằng thì tổng áp suất của hệ là 634,6 mmHg và áp suất riêng phần của oxi là 20,9 mmHg.

3. Tính hằng số cân bằng Kp ở 650oC của các phản ứng (1) và (2). 9

4. Tính phần trăm khối lượng FeSO4 đã bị phân hủy. Ý 1.

Hướng dẫn chấm

Điểm 0,5

Ta có: nFeSO4 = 0,035mol = a mol; P = 634,6/760 = 0,835 atm; PO2 = 20,9/760 = 0,0275atm 2FeSO4(r) ⇌ Fe2O3(r) + SO3(k) + SO2(k) Cân bằng:

a – 2x

x–y

x+y

(1) mol

SO3(k) ⇌ SO2(k) + ½O2(k) Cân bằng:

x–y

x+y

y/2

(2) mol

Tổng số mol khí lúc cân bằng: nt = x – y + x + y + y/2 = 2x + y/2 = Mặt khác ta có:

PO2 =

0,835.1.0 = 0,011 mol 0,082.(650 + 273,15)

y/2 -4 .0,835 = 0,0275atm ⇒ y = 7,246.10 mol 2x + y / 2

(1) (2)

Từ (1) và (2) ta có: x = 5,319.10-3 mol = 7,341y Vậy:

K p (1) = PSO2 .PSO3 =

K p (2) =

PO1/2 .PSO2 2 PSO3

( x − y )( x + y ) 2 (7,3412 − 1).(7, 246.10−4 )2 .P = .0,8352 = 0,160 2 2 (2 x + y / 2) 0,011

PO1/2 ( x + y) 2 ( x − y)

0,02751/2.8,341 = 0,218 6,341

Theo phương trình phản ứng (1): nFeSO4 pứ = 2x = 10,638.10-3 mol Phần trăm khối lượng FeSO4 đã bị phân hủy là 10,638.10−3 .100% = 30,39% 0,035

0,5

Câu 6 (2,0 điểm). Cân bằng axit – bazơ và kết tủa 1. Cho dung dịch X gồm HA 3% (d=1,005 g/ml); NH4+ 0,1M; HCN 0,2M. Biết pHX =1,97. d. Tính số lần pha loãng dung dịch X để αHA thay đổi 5 lần. e. Thêm dần NaOH vào dung dịch X đến CNaOH = 0,15M (giả sử thể tích dung dịch X không thay đổi). Tính độ phân li αHA f. Tính V dung dịch NaOH 0,5M cần để trung hòa 10ml dung dịch X đến pH=9,00. Cho MHA= 46 g/mol; pKa(NH4+) = 9,24; pKa(HCN) = 9,35. 2. Thêm 0,1mol OH- vào 1,0 lit dung dịch chứa 5.10-2 mol Cu2+. Tính pH của dung dịch thu được. Cho: KS(Cu(OH)2) = 2.10-19; lg*β(CuOH+) = - 8,0; Ý Hướng dẫn chấm Điểm + 1. a. Tại pH = 1,97: [H ] >> [OH ] [NH 4+ ] [H + ] = = 107,27 >>1 → [NH 4+ ] >> [NH 3 ] [NH 3 ] Ka

[HCN ] [H + ] = = 107,38 >>1 → [HCN ] >> [CN − ] Ka ' [CN − ]

Như vậy tại pH=1,97, NH4+ và HCN chưa bị phân ly; cân bằng phân ly của HA quyết định pH của hệ; pHX = pHHA. α HA =

3 1,005 3 10−1,97 [H + ] . .10 = 0, 6554( M ) → α HA = = 0, 01635 trong đó CHA = CHA 100 46 0, 6554

Lại có: []

→ K a ( HA)

+ HA + A⇌ H CHA(1-αHA) CHA. αHA CHA. αHA α 2 .C 0, 016352.0, 6554 = HA HA = = 10−3,75 1 − α HA 1 − 0, 01635

Ka(HA)

0,25

' Sau khi pha loãng dung dịch X, độ điện ly của HA tăng 5 lần: α HA = 5.α HA = 0, 08175

Giả sử cân bằng phân ly của HA là cân bằng chính: ' α ' 2 .C ' 0, 081752.CHA ' K a ( HA) = HA ' HA = = 10−3,75 → CHA = 0,0244(M) 1 − α HA 1 − 0, 08175 ' ' .α HA Tính lại pHhệ: [H+]= CHA =1,9947.10-3(M) → pHhệ = 2,7.

Đánh giá tương tự như tại phần xét pHX = 1,97 cho thấy tại pH = 2,7 thì NH4+ và 0,25 HCN chưa bị phân ly. Như vậy giả sử đúng Số lần pha loãng =

CHA 0, 6554 = = 26,86 (lần). ' CHA 0, 0244

b. Khi có mặt NaOH 0,15M có phản ứng sau: A+ H2O HA + OH- → 0,6554M 0,15M 0,5054M _ 0,15M TPGH của hệ: HA (0,5054M); A- (0,15M); NH4+ (0,1M); HCN (0,2M) So sánh: Ka(HA).CHA>>Ka(NH4).CNH4; Ka(HA).CHA>>Ka(HCN).CHCN nên HA phân ly là chủ yếu trong dung dịch. Cách 1: tính theo cân bằng + HA + AKa(HA) ⇌ H [ ] 0,5054 - x x 0,15+x -4 + → x = 5,96.10 M = [H ] → pH = 3,22 α HA =

+ [A− ] [H ] + COH − 10−3,22 + 0,15 = = = 22,98% CHA CHA 0, 6554

0,25

Cách 2: tính theo hệ đệm HA, ApH = pK a + lg

Cb 0,15 = 3, 75 + lg = 3, 22 <<7 Ca 0,5054

Kiểm tra điều kiện hệ đệm: [H+] << Ca, Cb → thỏa mãn điều kiện hệ đệm. α HA

+ [A− ] [H ] + COH − 10−3,22 + 0,15 = = = = 22,98% CHA CHA 0, 6554

c. Tại pH = 9,00 11

[A − ] 10−3,75 = −3,75 = 1 → 100% HA đã bị trung hòa. CHA 10 + 10−9 [NH 3 ] 10−9,24 + = −9,24 = 36,53% → 36,53% NH4 đã bị trung hòa. −9 C NH + 10 + 10 4

[CN − ] 10 −9,35 = −9,35 = 30,88% → 30,88% HCN đã bị trung hòa. CHCN 10 + 10−9

VOH − =

10(0,6554.100% + 0,1.36,53% + 0, 2.30,88%) = 15, 07(ml ) 0,5

Phản ứng xảy ra: Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2 0,05M 0,1M _ _ TPGH: kết tủa Cu(OH)2 Cu(OH)2 ⇌ Cu2+ + 2OH-

Ks=2.10-19

0,25

(1)

*β=10-8 (2) -1 -14 Kw = 10 (3)

Cu2+ + H2O ⇌ CuOH+ + H+ H+ + OH- ⇌ H2O Tổ hợp (1), (2), (3) ta được: Cu(OH)2 ⇌ CuOH+ + OHNgoài ra còn có cân bằng: H2O ⇌ H+ + OHTa chỉ xét 3 cân bằng (1), (4), (5): [OH-] = 2[Cu2+] + [CuOH+] + [H+]

→ [OH − ] = 2

0,25

K = 2.10-13

(4)

Kw = 10-14

(5)

0,25

Ks Kw K + + → [OH-] = 8,314.10-7 (M) → pH = 7,92 − 2 − − [OH ] [OH ] [OH ]

0,25

Câu 7 (2,0 điểm). Phản ứng oxi hóa khử. Điện hóa 1. Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp ion – electron: c. C9H10O + KMnO4 + H2SO4 → C8H6O4 + .... d. KNO2 + KMnO4 + KOH → ... 2. Cho một pin điện có sơ đồ sau: (-) Zn│Zn(NO3)2 0,05M║KCl 0,1M│AgCl,Ag (+) d. Viết các phản ứng xảy ra ở mỗi điện cực và phản ứng tổng quát trong pin điện ở 25oC. e. Ở 25oC sức điện động của pin bằng 1,082V. Tính ∆G, ∆H, ∆S và hằng số cân bằng K của phản ứng tổng quát ? f. Tính tích số tan của AgCl ? o Cho biết: EZn

Ý 1.

/ Zn

o = - 0,763V; E Ag

/ Ag

dE = + 0,799V;   = - 0,490 mV.K-1.

 dT  P

Hướng dẫn chấm a. C9H10O + KMnO4 + H2SO4 → C8H6O4 + ...

Điểm 0,25 12

5×

14×

C9 H10O + 5H 2O → C8 H 6O4 + CO2 + 14 H + + 14e MnO4− + 8 H + + 5e → Mn 2+ + 4 H 2O

5C9 H10O + 14 MnO4− + 42 H + → 5C8 H 6O4 + 5CO2 + 14 Mn 2+ + 31H 2O Dạng phân tử: 5C9H10O+14KMnO4+21H2SO4 →5C8H6O4 + 5CO2 + 14MnSO4 + 7K2SO4 + 31H2O

0,25

b. KNO2 + KMnO4 + KOH → ... 1×

2×

NO2− + 2OH − → NO3− + H 2O + 2e MnO4− + e → MnO42−

NO2− + 2OH − + 2 MnO4− → NO3− + 2MnO42− + H 2O Dạng phân tử:

KNO2 + 2KMnO4 + 2KOH → KNO3 + 2K2MnO4 + H2O

0,25

a. Tại anot (-): Zn ⇌ Zn2+ + 2e Tại catot (+): AgCl + e ⇌ Ag + ClPhản ứng tổng quát trong pin:

Zn + 2AgCl ⇌ Zn2+ + 2Cl- + 2Ag

0,5

b. Ở 25oC: ∆G = - nEF = - 2.96485.1,082 = - 208793,54 J ≈ - 208,794 kJ ∆S = nF 

dE  -3  = 2.96485.(-0,490.10 ) = - 94,555 J/K  dT  P

∆H = ∆G + T∆S = - 208793,54 + 298.(-94,555) = -236970,93 J ≈ - 236,97 kJ ∆G = - RTlnK ⇔ - 208793,54 = - 8,3145.298,15.lnK ⇒ K = 3,972.1036 c. Ở 25oC ta có: o EZn2+ / Zn = EZn + 2+ / Zn

0,0592 0,0592 lg[ Zn 2+ ] = -0,763+ lg 0,05 = −0,802V 2 2

0,25

⇒ E AgCl / Ag = Epin + EZn2+ / Zn = 1,082 – 0,802 = 0,280 V

Mà:

− − o o E AgCl / Ag = E AgCl / Ag − 0,0592lg[Cl ] = E Ag + / Ag + 0,0592lg TAgCl − 0,0592lg[Cl ]

-10 ⇔ 0, 280 = 0,799 + 0,0592lg TAgCl − 0,0592lg 0,1 ⇒ TAgCl = 1,71.10

0,5

Câu 8 (2,0 điểm). Nhóm halogen 1. Hoàn thành dãy chuyển hóa sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có):

Na2S4O6 (3)

HIO3

(1)

I2O5

(2)

(6)

Cl2

(4)

(5)

(7)

(8)

KClO3

(9)

ClO2

(10)

NaClO2

Cu2I2 13

2. Giải thích nguyên nhân, hình thành những tinh thể hiđrat Cl2.8H2O. Hiđrat đó có phải là hợp

chất bọc không?

3. Hợp chất iot triclorua ở trạng thái rắn gồm những phân tử đime do hai phân tử dạng monome có cấu tạo hình chữ T trùng hợp tạo thành. Viết công thức Lewis của iot triclorua ở dạng monome và đime ? Cho biết trạng thái lai hóa của iot ở mỗi công thức trên ? Ý 1.

Hướng dẫn chấm 1. 2HIO3

240 C  → o

2. I2O5 + 5CO

I2O5 + H2O

t C I2 → o

Điểm 1,0

+ 5CO2

3. I2 + 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6 4. I2 + 2K → 2KI 5. 4KI + 2CuSO4 → Cu2I2 + I2 + 2K2SO4 6. I2 + 2KClO3 → Cl2 + 2KIO3 7. 3Cl2 + 6KOH

t C → o

KClO3 + 5KCl + 3H2O

8. 2KClO3 + SO2 + H2SO4 → 2KHSO4 + 2ClO2 (hoặc: 2KClO3 + H2C2O4 + 2H2SO4 → 2KHSO4 + 2ClO2 + 2CO2 + 2H2O) 9. 2ClO2 + 2KOH → KClO3 + KClO2 + H2O 10. 2ClO2 + Na2O2 → 2NaClO2 + O2

Phân tử Cl2 không phân cực nên tan ít trong nước tạo thành dung dịch nước clo. Khi làm lạnh dung dịch nước clo, clo tách ra dạng tinh thể Cl2.8H2O. Đây là hợp chất bọc được tạo nên nhờ sự xâm nhập của phân tử clo vào trong khoảng trống của những tập hợp gồm những phân tử nước liên kết với nhau bằng liên kết hiđro.

ICl3: I lai hóa sp3d

(ICl3)2: I lai hóa sp3d

0,5

Câu 9 (2,0 điểm). Nhóm oxi – lưu huỳnh Hợp chất XY2 có tổng số proton trong phân tử là 50. X và Y là hai nguyên tố thuộc 2 nhóm A kế tiếp. Electron cuối cùng của nguyên tử nguyên tố Y có tổng đại số các số lượng tử là 3,5; trong đó tổng (n+ ℓ ) bằng 4.

1. Xác định công thức hợp chất XY2 ? 2. Ở điều kiện thường XY2 là chất lỏng, màu đỏ, kém bền, phân hủy dần ở nhiệt độ thường thành chất lỏng A không màu và khí B màu vàng lục. A phản ứng với nước tạo ra khí C mùi hắc, chất rắn D màu vàng và axit E. A được tạo ra khi cho khí B khô tác dụng với D nóng chảy (lấy dư). Khí B phản ứng với khí C có mặt chất xúc tác là long não tạo thành chất lỏng F không màu, mùi khó chịu, bốc khói trong không khí ẩm. Cho axit E (đặc) tác dụng với chất rắn G màu đen tím thì thu được khí B. Xác định các chất A, B, C, D, E,... và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 14

Ý 1.

Hướng dẫn chấm Điểm Theo đề ra ta có: PX + 2PY = 50 (*) ⇒ P = 50 / 3 = 16,67 Y: n + ℓ + ml + ms = 3,5 và n + ℓ = 4 ⇒ ml + ms = -0,5. X, Y thuộc hai nhóm A kế tiếp Có các trường hợp sau: 0,5 Trường hợp 1: n = 3, ℓ = 1, ml = -1, ms = +1/2 ⇔ 3p1 Cấu hình electron đầy đủ: [Ne]3s23p1 ⇒ PY = 13, Y thuộc nhóm IIIA. Thay vào (*) ta được: PX = 24 (Cr), X thuộc nhóm VIB (không thỏa mãn đề bài). Trường hợp 2: n = 3, ℓ = 1, ml = 0, ms = -1/2 ⇔ 3p5 Cấu hình electron đầy đủ: [Ne]3s23p5 ⇒ PY = 17, Y thuộc nhóm VIIA. Thay vào (*) ta được: PX = 16 (S), X thuộc nhóm VIA (thỏa mãn đề bài). 0,5 Vậy hợp chất XY2 là SCl2. 2. SCl2(l) ⇌ S2Cl2(l) + Cl2(k) 1,0 (A) (B) 2S2Cl2(l) + 2H2O → SO2(k) + 3S(r) + 4HCl(dd) (C) (D) (E) Cl2(k) + 2S(nc, dư) → S2Cl2 xt SO2 + Cl2  → SO2Cl2 (F) 16HCl + 2KMnO4 → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O (G) (Xác định đúng các chất cho 0,25 điểm) Câu 10 (2,0 điểm). Động học (không có cơ chế) Để phân hủy H2O2 với tốc độ đáng kể người ta phải đun nóng và dùng thêm chất xúc tác (ví dụ như ion iodua trong môi trường trung tính). Bảng dưới đây ghi lại các số liệu thực nghiệm về tốc độ thoát khí oxi từ dung dịch H2O2 ở 298K và 1,013.105Pa. Thí nghiệm được tiến hành bằng cách trộn dung dịch H2O2 3% (30g H2O2/1L dung dịch), dung dịch KI 0,1 mol.L-1 với nước. Thí nghiệm VKI (ml) VH O (ml) υO (ml/phút) VH O (ml) 2 2

1 50 100 150 8,8 2 100 100 100 17 3 200 100 0 35 4 100 50 150 8,5 5 100 200 0 33 4. Xác định bậc phản ứng đối với H2O2 và đối với chất xúc tác. 5. Viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra và biểu thức tốc độ phản ứng 6. Tính nồng độ H2O2 (mol/L) khi bắt đầu thí nghiệm và sau 4 phút Ý Hướng dẫn chấm Điểm 1. Từ thí nghiệm 1, 2, 3 ta thấy: khi giữ nguyên nồng độ của I- và tăng nống độ H2O2 lên gấp đôi thì tốc độ phản ứng tăng gấp đôi

⇒

bậc của H2O2 là bậc 1. 15

Tương tự từ thí nghiệm 2, 4, 5

⇒

bậc 1 đối với I-.

(có thể viết biểu thức tốc độ, chia tỉ lệ để xác định bậc)

0,5

Phương trình phản ứng: 2H2O2 → 2H2O + O2

0,5

Phương trình tốc độ: v = k.[H2O2].[I-]

Vì pha loãng 3 lần nên nồng độ đầu của H2O2 là: Co(H2O2) = 1% hay 10g H2O2/L Co =

10 g / L = 0,294 mol/L 34 g / mol

0,5 no = 3/34 mol Vì phản ứng xảy ra chậm nên trong khoảng thời gian ngắn có thể bỏ qua sự giảm nồng độ. Sau 4 phút sẽ hình thành 4.8,5 ml = 34ml O2 ⇒ nO2 = 1,390.10-3 mol. 0,5 Khi đó số mol H2O2 còn lại là: n4 = no – 2nO2 = 0,0854 mol -1 ⇒ C4 = n4/0,3L = 0,285 mol.L ⇒

--------------------Hết--------------------

GV: Lê Thị Thịnh Trường THPT chuyên Hạ Long ĐT 01685959682

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ CHỌN HSG TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HOÀNG VĂN THỤ NĂM 2016-2017 Môn: Hoá học – Lớp 10 (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)

SỞ GD & ĐT TỈNH HÒA BÌNH

Câu 1 (2,0 đ): Cấu tạo nguyên tử, phân tử. HTTH và định luật tuần hoàn Câu 1.1 (0,75 đ): Những nguyên tử hydro ở trạng thái cơ bản bị kích thích bởi tia UV có λ = 97,35 nm. Số lượng tử chính của trạng thái kích thích này là bao nhiêu ? Khi những nguyên tử hydro bị khử trạng thái kích thích đó thì chúng có thể phát ra những bức xạ có bước sóng (tính bằng nm) là bao nhiêu ? Cho h=6,63.10-34J.s; c=3.108 m.s-1; Hằng số Ritbe RH= 1,097.107m-1. Câu 1.2 (0,75 đ): So sánh và giải thích bán kính của các nguyên tử và ion sau: Cs+, As, F, Al, I-, N Câu 1.3 (0,5 đ): Dựa vào cấu tạo hãy so sánh độ dài liên kết B-F trong phân tử BF3 và trong ion BF4- . Câu 2 (2,0 đ): Tinh thể Câu 2.1 (1,0 đ): Mạng tinh thể lập phương tâm diện đã được xác lập cho nguyên tử Đồng (Cu). Hãy: a. Vẽ cấu trúc mạng tế bào cơo sở và cho biết số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đẳng này. b. Tính cạnh lập phương a ( A ) của mạng tinh thể biết rằng nguyên tử đồng có bán kính bằng o 1,28 A . c. Xác định khoảng cách gần nhất giữa hai nguyên tử đồng trong mạng. d. Tính khối lượng riêng của Đồng theo g/cm3 Cho: Cu = 64; NA = 6,023 . 1023 mol-1 Câu 2.2 (1,0 đ): Một hợp kim vàng - bạc tương ứng với một thành phần đặc biệt ( dung dịch rắn) và kết tinh dưới dạng loập phương tâm diện với hằng số mạng thu được bằng phương pháp nhiễu xạ tia X là 4,08 A . Biết trong hợp kim, vàng chiếm 0,1 phần khối lượng. a. Tính hàm lượng phần trăm của vàng trong hợp kim b. Xác định khối lượng riêng của hợp kim khảo sát Cho: H = 1; Au = 197; Ag = 108; NA = 6,02.1023mol-1 Câu 3 (2,0 đ): Phản ứng hạt nhân Câu 3.1 (1,5 đ): Một trong các chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 232Th90 và kết thúc với đồng vị bền 208Pb82. a. Hãy tính số phân hủy β xảy ra trong chuỗi này. b. Trong toàn chuỗi, có bao nhiêu năng lượng (MeV) được phóng thích. c. Hãy tính tốc độ tạo thành năng lượng (công suất) theo watt (1W = Js-1) sản sinh từ 1,00kg 232Th (t1/2=1,40.1010 năm).

d. 228Th là một phần tử trong chuỗi thori, thể tích của heli theo cm3 tại 0oC và 1atm thu được là bao nhiêu khi 1,00g 228Th (t1/2 = 1,91 năm) được chứa trong bình trong 20,0 năm? Chu kỳ bán hủy của tất cả các hạt nhân trung gian là rất ngắn so với 228Th. e. Một phân tử trong chuỗi thori sau khi tách riêng thấy có chứa 1,50.1010 nguyên tử của một hạt nhân và phân hủy với tốc độ 3440 phân rã mỗi phút. Chu kỳ bán hủy tính theo năm là bao nhiêu? Cho các khối lượng nguyên tử cần thiết là: 4 He2 = 4,00260u ; 208Pb82 = 207,97664u ; 232Th90 = 232,03805u 1u = 931,5MeV/c2 ; 1MeV = 1,602.10-13J ; NA = 6,022.1023mol-1. Thể tích mol của khí lý tưởng tại 0oC và 1atm là 22,4 lít. Câu 3.2 (0,5 đ): Urani trong thiên nhiên chứa 99,28% số nguyên tử là U238 (có chu kì bán huỷ là 4,5.109 năm) và 0,72% U235 (có chu kì bán huỷ là 7,1.108năm) . Tính tốc độ phân rã mỗi đồng vị trên trong 10 gam U3O8 mới điều chế. (1năm = 365 ngày) Câu 4 (2,0 đ): Nhiệt hóa học Câu 4.1(1,0 đ): Cho các dữ kiện nhiệt động sau: C2H5OH O2

CO2

H2O

(lỏng)

(k)

(lỏng)

0,00

94,05 -68,32

∆Ho298(kcal/mol) So298(cal/mol.K)

32,07

49,00 51,06 16,72

C2H5OH (lỏng) + 3O2 (k) → 2CO2(k) + 3H2O (lỏng)

∆H = -326,7 kcal C2H5OH (lỏng) → C2H5OH (k) ∆H = 9,4 kcal/mol C (gr) → C (k)

∆H = 171,37 kcal/mol

H2 (k) → 2H (k) ∆H = 103,25 kcal/mol O2 (k) → 2O(k) ∆H = 117,00 kcal/mol EC-C = 83,26 kcal/mol; EC-H = 99,5 kcal/mol; EC-O = 79,0 kcal/mol. a. Tính hiệu ứng nhiệt đẳng tích phản ứng đốt cháy C2H5OH (lỏng), tính sinh nhiệt tiêu

chuẩn của C2H5OH (lỏng) và tính năng lượng liên kết O-H trong C2H5OH.

b. Tính hằng số cân bằng của phản ứng đốt cháy C2H5OH ở 298K. Từ giá trị thu được hãy

nhận xét về mức độ tiến triển của phản ứng. Câu 4.2 (1,0 đ). Cho phản ứng : CaCO3(r) CaO(r) + CO2(k) Cho biết : ở 298oK, ∆ Hopư = +178,32 kJ ; ∆ So = +160,59 J/K a. Phản ứng có tự diễn biến ở 25oC không ? Khi tăng nhiệt độ, ∆ G của phản ứng sẽ thay đổi như thế nào? b. Phản ứng có tự diễn biến ở 850oC không ? Câu 5 (2,0 đ): Cân bằng hóa học pha khí Người ta có thể điều chế hiđro rất tinh khiết từ metan và hơi nước (đây là một quá trình cân bằng).Trong quá trình này cacbon oxit được sinh ra và có thể phản ứng với hơi nước ở bước tiếp theo. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế hiđro từ metan và hơi nước. b. Cho các số liệu thực nghiệm sau để tính Kp. Biết ở 1000C nước ở trạng thái hơi và đơn vị áp suất là bar. Giả sử ∆H0 và ∆S0 không đổi trong khoảng nhiệt độ từ 298K đến 373K H2 H2 O CO CH4

∆H0(kJ/mol)

-242

-111

-75

∆S0 (kJ/mol.K)

0,131 0,189 0,198 0,186

Cp (kJ/mol.K)

0,029 0,034 0,029 0,036

Trong bình phản ứng có chứa 6,40kg CH4, 7,2kg H2O, 11,2kg CO, 2,4kg H2 ở 1000C. Dung tích bình V=3,00m3. c. Cho biết chiều dịch chuyển cân bằng của phản ứng tại thời điểm trên. Metan và hiđro đem trộn với tỉ lệ 1:1 và cho vào một bình kín, đun nóng đến 9000C. Với chất xúc tác phản ứng đạt nhanh tới trạng thái cân bằng với áp suất chung là 20 bar. d. Tính Kp ở 9000C (giả sử Cp không phụ thuộc vào nhiệt độ) e. Tính phần trăm CH4 đã phản ứng ở 9000C. Câu 6 (2,0 đ): Cân bằng axit-bazo và kết tủa Câu 6.1 (1,0 đ): Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05 M; Pb(NO3)2 0,10 M; Zn(NO3)2 0,01 M. a. Tính pH của dung dịch A. b. Sục khí H2S vào dung dịch A đến bão hoà ([H2S] = 0,10 M), thu được hỗn hợp B. Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B? Cho: Fe3+ + H2O ↔ FeOH2+ + H+ lg*β1 = -2,17 Pb2+ + H2O ↔ PbOH+ + H+ lg*β2 = -7,80 Zn2+ + H2O ↔ ZnOH+ + H+ lg*β3 = -8,96

Fe3+ /Fe2+

ở 25 oC: 2,303

0 = 0,771 V; ES/H = 0,141 V; E 0 2S

Pb 2+ /Pb

= -0,126 V ;

RT ln = 0,0592lg F

pKS(PbS) = 26,6; pKS(ZnS) = 21,6; pKS(FeS) = 17,2. (pKS = -lgKS, với KS là tích số tan). pK a1(H 2S) = 7,02; pK a2(H 2S) = 12,90; pK

a(NH + 4)

= 9,24; pK a(CH3COOH) = 4,76

Câu 6.2 (1,0 đ). Axit butanoic là một đơn axit có Ka=1,51.10-5. Một mẫu 35,00ml dung dịch axit butanoic nồng độ 0,500M được chuẩn độ bởi dung dịch KOH nồng độ 0,200M.

a. Tính nồng độ ion H+ trong dung dịch axit butanoic ban đầu. b. Tính pH của dung dịch thu được sau khi thêm 10,00ml dung dịch KOH. Câu 7 (2,0 đ): Phản ứng oxihoa-khử. Điện hóa Câu 7.1 (1,25 đ): Cho giản đồ thế khử chuẩn của Mn trong môi trường axit: ? +2,27V +0,95V ? MnO-4  → MnO 2-4  → MnO 2  → Mn 3+  → Mn 2+

+1,7V

+1,23V

a. Tính thế khử chuẩn của cặp: MnO-4 /MnO 42- và Mn 3+ /Mn 2+ b. Hãy cho biết các tiểu phân nào không bền với sự dị phân. Hãy tính hằng số cân bằng của các phản ứng dị phân đó.

Câu 7.2 (0,75 điểm) : a. Hãy biểu diễn sơ đồ pin, tính sức điện động của pin và viết phương trình phản ứng xảy ra trong pin (khi pin hoạt động) được tạo thành từ các cặp điện cực Fe3+ /Fe2+ và Cu 2+ /Cu ở điều kiện chuẩn.

b. Tính nồng độ các ion còn lại trong dung dịch khi pin ngừng hoạt động. Giả sử nồng độ ban đầu của ion có trong dung dịch làm điện cực pin đều bằng 0,010M (Bỏ qua quá trình thuỷ phân của các ion). Cho E 0Fe

/Fe 2+

=0,771V , E 0Fe2+ /Fe = -0,440V , E 0Cu 2+ /Cu =0,337V , E 0Cu + /Cu =0,521V ,

K s,Fe(OH)3 =10-37

K s,Fe(OH)2 =10-15,1

Câu 8 (2,0 đ): Nhóm Halogen

RT 0 =0,059 tại 25 C F

Câu 8.1 (1,0 đ): Cho m gam muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 200 ml dung dịch axit H2SO4 đặc nóng (lấy dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí X và hỗn hợp sản phẩm Y. Dẫn khí X qua dung dịch Pb(NO3)2 thu được 23,9 gam kết tủa mày đen. Làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Y thu được 171,2 gam chất rắn A. Nung A đến khối lượng không đổi thu được muối duy nhất B có khối lượng 69,6 gam. Nếu cho dung dịch BaCl2 lấy dư vào Y thì thu được kết tủa Z có khối lượng gấp 1,674 lần khối lượng muối B a. Tính nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 và m gam muối? b. Xác định kim loại kiềm và halogen? c. Cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của R3-? (R là halogen đã nêu ở trên) Câu 8.2 (1,0 đ): Cho sơ đồ chuyển hóa sau:

a. Viết phương trình phản ứng hoàn thành sơ đồ chuyển hóa. b. Xác định cấu trúc phân tử của A, B, C.

Câu 9 (2,0 đ): Nhóm Oxi-lưu huỳnh Câu 9.1( 0,5đ): Để oxihoa hết 2,16 gam một oxit của kim loại R cần dùng 0,015 mol H2SO4 trong dung dịch H2SO4 (đậm đặc, nóng). a. Định công thức oxit. b. Nếu hoà tan lượng oxit trên trong dung dịch H2SO4 (lỏng, dư), khối lượng kết tủa thu được là bao nhiêu ? Câu 9.2(1,0 đ): Đốt cháy hoàn toàn 12 gam một sunfua kim loại R có hoá trị không đổi thu được chất rắn A và khí B. Hoà tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% thu được dung dịch muối X có nồng độ 33,33%. Làm lạnh xuống tới nhiệt độ thấp tách ra 15,625 gam tinh thể T, phần dung dịch bão hoà lúc đó có nồng độ 22,54%. Xác định công thức của T.

Câu 9.3(0,5 đ): Biết nhiệt độ sôi của CS2 là 46,20oC, hằng số nghiệm sôi của nó là 2,37. Hoà tan 1,024 gam lưu huỳnh vào 20 gam CS2 thì nhiệt độ sôi của dung dịch thu được là 46,67oC. Hãy cho biết công thức phân tử của đơn chất lưu huỳnh (Ms = 32). Câu 10 (2,0 đ): Động học Câu 10.1 (1,0 đ): Xét phản ứng : 2A + B → C + D Hằng số tốc độ phản ứng tính theo đơn vị : mol. l–1 . s–1 Kết quả một số thí nghiệm như sau : Nồng độ đầu Nồng độ đầu Nhiệt độ Tốc độ ban đầu của phản ứng TN o củ a A củ a B ( C) (mol.l–1.s–1) –1 –1 (mol.l ) (mol.l ) 1 25 0,25 0,75 4,0.10–4 2 25 0,75 0,75 1,2.10–3 3 55 0,25 1,50 6,4.10–3 a. Xác định bậc của phản ứng theo A, theo B và hằng số tốc độ phản ứng ở 25oC. b. Tính hệ số nhiệt của tốc độ phản ứng. Câu 10.2 (1,0 đ): Nghiên cứu phản ứng: 2 NO + O2 → 2 NO2 ở nhiệt độ T được một số kết quả sau đây: Nồng độ đầu NO Nồng độ Tốc độ tiêu thụ (mol/lit) đầu O2(mol/lit) đầu O2(phút-1 ) 0,1 0,1 0,18 0,1

0,2

0,35

0,2

1,45

a. Tốc độ phản ứng thay đổi thế nào khi: - Nồng độ oxi tăng 4 lần; -Nồng độ NO tăng 4 lần; - Nồng độ NO giảm một nửa; - Nồng độ oxi giảm một nửa còn nồng độ NO tăng 4 lần; - Nồng độ NO giảm một nửa, còn nồng độ O2 tăng 4 lần. b. Tốc độ đầu của phản ứng không đổi khi tăng nhiệt độ từ 460 đến 600oC,còn các nồng độ đầu giảm một nửa. Tính năng lượng hoạt động hóa của phản ứng.  → N 2O4 c. Phân tử NO2 dễ bị dime hóa: 2 NO2 ←  So sánh năng lượng hoạt động hóa của phản ứng thuận và phản ứng nghịch.

SỞ GD & ĐT TỈNH HÒA BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2016-2017 Môn: Hoá học – Lớp 10 (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1

1.1

Ta có năng lượng của mỗi photon là: ∆E= h.c.RH.(1/n2 -1/n’2) hc 6,63.10 −34 .3,00.10 8 ∆E = = = 2,043.10 −18 J −9 λ 97,35.10

2,18.10 −18 = 2,043.10 −18 ⇒ n = 4 2 n Khi bị khử kích thích:  1 1 n = 4 → n = 1: E4 – E1 = − 2,18.10 −18  2 − 2  ⇒ λ1 = 97,35nm 4 1  1   1 n = 4 → n = 2: E4 – E2 = − 2,18.10 −18  2 − 2  = 4,0875.10 −19 J 2  4 −34 8 6,63.10 .3,00.10 λ= = 4,87.10 −7 m = 487 nm −19 4,0875.10 1   1 n = 4 → n = 3: E4 – E3 = − 2,18.10 −18  2 − 2  = 1,0597.10 −19 J 3  4 −34 8 6,63.10 .3,00.10 λ= = 18,77.10 −7 m = 1877 nm −19 1,0597.10

0,25đ

∆E = 2,18.10 −18 −

0,5 đ

1.2

1.3

0,75 đ 2. (0,75 điểm) Bán kính của các nguyên tử và ion: Cs+< I->As>Al> N>F Nguyên tử Al có bán kính lớn hơn nguyên tử F do nguyên tử Al nằm ở chu kì dưới và bên trái nguyên tử F trong BHTTH. As có bán kính lớn hơn nguyên tử Al do As thuộc chù kì dưới. Cs+ và I- có cùng cấu hình electron, nhưng anion có kích thước lớn hơn anion nên kích thước I- > Cs+ I- > As do I nằm ở chu kì dưới so với As trong BTTH. N >F do N nằm ở bên trái F trong cùng một chu kì. Kết luận: Kích thước nguyên tử F là nhỏ nhất, kích thước ion I- là lớn nhất, ngoại trừ Cs+. Chúng ta có thể sắp xếp theo chiều giảm kích thước như sau: Cs+< I>As>Al> N>F, và Cs+< I0,5 đ 3. (0,5 điểm) So sánh độ dài liên kết B-F trong phân tử BF3 và trong ion BF4 .

Độ dài liên kết B-F trong phân tử BF3 ngắn hơn trong ion BF4- vì trong phân tử BF3 liên kết B-F có một phần liên kết π bổ trợ nhờ sự xen phủ của một trong 3 obital p của 3 nguyên tử F với obital p trống của nguyên tử B, do đó liên kết B-F trong phân tử BF3 mang một phần tính chất của liên kết kép. Trong ion BF4liên kết B-F thuần tuý là liên kết đơn. F F

B F

. F

Câu

a.Số nguyên tử Cu ở đỉnh là:

2.1

2 1,0 đ

0,25 đ

1 8. = 1 ( nguyên tử) 8

Số nguyên tử Cu ở mặt là: a

1 6. = 3 ( nguyên tử) 2 ⇒ nCu = 4 ( nguyên tử)

2. Đặt kí hiệu các nguyên tử Cu là A, B, C, D, E như hình vẽ. o

0,25 đ

Dễ thấy: AC = 4.rCu = 1, 28.4 = 5,12 ( A)

⇒ a = AB =

o AC 5,12 = = 3,62 ( A ) 2 2

3. Khoảng cách gần nhất giữa 2 nguyên tử Cu là đoạn EC: o AC 5,12 EC = = = 2,56(A) 2 2

4. d Cu = 2.2

Câu 3

3.1

n.M 4.64g/mol = = 8,96g/cm3 23 −8 3 N A .VTB 6,023.10 .(3,62.10 cm)

a) Xét với 1 mol Au: Đặt n Ag = x mol ( x > 0)

0,25 đ

0,25 đ 0.5đ

⇒ n hh =1+ x (mol) 197 Ta có: = 0,1 ⇒ x =16, 4 ( mol) 197 +108 x 1 % Au = .100% = 5,74% 1+16,4 0,25 đ 197 +108.16, 4 b) M = = 113,12 ( g/mol) 16, 4 +1 4 . 113,12g/mol ⇒d = =11,07g/cm3 23 -1 −8 3 6,02.10 .mol .( 4,08 . 10 ) 0,2 đ 1. A = 232 – 208 = 24 và 24/4 = 6 hạt anpha. Như vậy điện tích hạt nhân giảm 2.6 = 12 đơn vị, nhưng sự khác biệt về điện tích hạt nhân chỉ là 90 – 82 = 8 đơn vị. Nên phản có 4 hạt beta bức xạ. 232 90

208 Th → 82 Pb + 6 42 He + 4 β −

2. Năng lượng phóng thích Q = [m(232Th) – m(208Pb) – 6m(4He)].c2 0,2 đ = 42,67MeV.

1000.6,022.10 23 3. 1,00kg có chứa = = 2,60.10 24 nguyên tử 232

0,2 đ

Hằng số phân hủy của 232Th λ=

0, 693 = 1,57.10 −18 s −1 10 7 1, 40.10 .3,154.10

A = N λ = 4, 08.106

Mỗi phân hủy giải phóng 42,67MeV Công suất = 4,08.106.42,67.1,602.10-13 = 2,79.10-5W. 0,2 đ 4. 90228 Th → 82208 Pb + 5 42 He Chu kỳ bán hủy của những hạt trung gian khác nhau là khá ngắn so với 228Th. 23  0, 693  1, 00. ( 6, 022.10 )   = 9,58.1020 A = λN =   1,91 228    

Số hạt He thu được: NHe = 9,58.1020.20.5 = 9,58.1022 hạt VHe = 3,56.103cm3 = 3,56 lít. 5. A = λ.N t1 / 2 =

3.2

0,693

0,2 đ

0,693.N = 5,75 năm. A

Tốc độ phân phân rã phóng xạ tính theo phương trình v = k.N (1) Trong đó: - k là hằng số tốc độ phân rã phóng xạ - N là tổng số hạt nhân phóng xạ có ở thời điểm xét + Trước hết cần tìm k. Ta có k = 0,693 / t1/2

(2) Với t1/2 là chu kì bán huỷ.

+ Tiếp đến tìm N như sau:

-T×m sè mol U3O8 cã trong 10gam

10,0g (238.3+16.8)g/mol

~~ 1,19.10-2(mol)

-Số hạt nhân Uran có tổng cộng là: 3. 1,19.10-2.6,022.1023 =

0.5 đ

2,15.1022 hạt. Trong đó: N(U238) = 2,15.1022.0,9928 = 2,13.1022 (hạt) N(U235) = 2,15.1022.0,0072 = 1,55.1020 (hạt) +Dùng phương trình (1) để tính tốc độ phân rã của từng loại hạt nhân Uran Với U238 có U235 có Câu

4.1

4.2

Câu 5

v(238) = k. N = 1,04.105 hạt nhân/giây v(235) = 4,8.103 hạt nhân/giây

1. Phản ứng: C2H5OH + 3O 2 = 2CO2 + 3H2O Áp dụng công thức: ∆U = ∆H - ∆nRT và thay các giá trị vào ta được: ∆U = -326,107 kcal Từ phản ứng ta có : ∆Hopư = 2∆Ho(CO2) + 3∆Ho(H2O) ∆Ho(C2H5OH) Từ đó suy ra: ∆Ho(C2H5OH) = -66,35 kcal/mol Theo cách lập sơ đồ liên hệ giữa ∆Hi và Ei của các quá trình biến đổi hoá học theo các số liệu bài cho ta tính được giá trị năng lượng liên kết O-H trong C2H5OH là: EO-H = 108,19 kcal. 2. ∆Sopư = 2So(CO2) + 3So(H2O) – So(C2H5OH) = -27,42 cal/mol.K ∆Gopư = ∆Ho - T∆So = 318528,84 cal/mol ∆G o Suy ra: lgK = = 232,367 ⇒ K = 10232,36 2,3.RT Hằng số K rất lớn. Điều đó chứng tỏ phản ứng xảy ra hoàn toàn Đáp án ∆G0298 = ∆H0 – T∆S0 T = 273 + 25 = 298 0 ∆G 298 = 178,32 x 10-3 J - [ 298 K x 160,59J/K] = + 130,46 KJ. ∆G0298 > 0 : Phản ứng không tự diễn biến ở 25OC , ở nhiệt độ này chỉ có phản ứng nghịch tự diễn biến Vì ∆S0 >0 nên – T∆S0 < 0, khi T tăng , ∆G0 càng bớt dương, càng tiến tới khả năng tự diễn biến . 2. ∆G01123 T = 273 + 850 = 1123 0 ∆G 1123 = ∆H0 – T∆S0 0 ∆G 1123 = 178,32 x 10-3 J - [ 1123 K x 160,59J/K] = - 2022,57 J ∆G01123 < 0 : Phản ứng tự diễn biến ở 850OC 1. (0,5 điểm) Mỗi phương trình víêt đúng đựơc 0,25 điểm Phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế hiđro từ metan và hơi nước. CH4(k) + H2O(k) → CO(k) + 3H2(k) COk) + H2O(k) → CO2(k) + H2(k)

0,5 đ

0,5đ

0,5 đ

2. (0,5 điểm) Kp ở 1000C 0 ∆H 0298 =∆H 373 =-111+242+75=206(kJ)

0,5 đ

0 ∆S0298 =∆S373 =3.0,131+0,198-0,186-0,189=0,216(kJ/K)

∆G 0298 =206 − 373.0, 216 = 125, 432(kJ)

K p =e-125432/8,314.373 =2,716.10-8 (p:bar) 5c

3. (0,5 điểm) Chiều dịch chuyển cân bằng của phản ứng. Phần mol của từng khí: n(H2) = 1200 mol n(H2O) = n(CO) = n(CO2) = 400 mol ∑ n = 2400 mol x(H2) = 0,5 x(H2O) = x(CO) = x(CO2) = 0,167 nRT 2400.8,314.373 = =2,48.106 hay P=24,8 bar Áp suất chung của hệ: P= V 3 p(H2O) = p(CO) = p(CO2) = 4,133 bar p(H2) = 12,4 bar 3 12,4 .4,133 Q= =461,317>K p(373) =2,74.10-8 2 4,133 Q 461,317 =1,44.105 (J) Hay ∆G=∆G 0 +RTlnQ=RTln =8,314.373.ln K 2,74.10-18 Cân bằng chuyển dịch sang trái. 4. (0,5 điểm) Kp ở 9000C Cp = 3.0,029 + 0.029 – 0,036 – 0,034 = 0,046 (kJ/mol) 0 ∆H1173 =206+(1173-298).0,046=246.25(kJ) 1173 0 ∆S1173 =0,216+0,046ln =0,279(kJ/K) 298 0 ∆G1173 =246,25-1173.0,279 = −81, 017(kJ)

0,5 đ

0,25 đ

K p =e-81017/8,314.1173 =4054(bar) 5e

Câu 6

6.1

5. (0,5 điểm) Tính phần trăm CH4 đã phản ứng ở 9000C. CH4 + H2O → n0 1 1 CB 1-x 1-x 1-x 1-x .20 .20 pi 2+2x 2+2x PCO .PH3 2 Kp = =4054 PCH4 .PH 2O

0,25 đ

H2 + 0 3x 3x .20 2+2x

CO 0 x x .20 2+2x

x = 0,7419

Phần trăm CH4 đã phản ứng ở 9000C là 74,2% Fe3+ + H2O ↔ FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17 (1) 0,5 đ 2+ + + -7,80 Pb + H2O ↔ PbOH + H *β2 = 10 (2) Zn2+ + H2O ↔ ZnOH+ + H+ *β3 = 10-8,96 (3) + -14 H2O ↔ OH + H Kw = 10 (4) So sánh (1) → (4): *β1. CFe3+ >> *β2. CPb2+ >> *β3. C Zn 2+ >> Kw → tính

pHA theo (1): Fe3+ + H2O C 0,05 [] 0,05 - x

↔ FeOH2+

+ H+

*β1 = 10-2,17

(1)

x x [H ] = x = 0,0153 M → pHA = 1,82. 0 = 0,771 V > ES/H 2S = 0,141 V nên: +

b. Do E 0Fe3+ /Fe2+

1/ 2Fe3+ + H2S  → 2Fe2+ + S↓ + 2H+ ⇌ 0,05 0,05 2+ 2/ Pb + H2S  → PbS↓ + 2H+ ⇌

0,5 đ

K1 = 1021,28

0,05

K2 = 106,68

0,10 0,05 0,25 3/ Zn2+ + H2S ⇌ ZnS↓ + 2H+ K3 = 101,68 4/ Fe2+ + H2S ⇌ FeS↓ + 2H+ K4 = 10-2,72 K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS: Vì môi trường axit → C'Zn 2+ = C Zn 2+ = 0,010 M; C'Fe2+ = CFe2+ = CFe3+ = 0,050 M. Đối với H2S, do Ka2 << Ka1 = 10-7,02 nhỏ → khả năng phân li của H2S trong môi trường axit không đáng kể, do đó chấp nhận [H+] = CH+ = 0,25 M → tính CS' 2- theo cân bằng: ⇌ S2- + 2H+ Ka1.Ka2 = 10-19,92 0,1 [H 2S] -19,92 -19,72 ' 2 = 10 CS2- = Ka1.Ka2 = 10 . ( 0 , 25 ) + 2 [H ]

H2 S

Ta có: C'Zn 2+ . CS' 2- < KS(ZnS) → ZnS không xuất hiện Tương tự: C'Fe2+ . CS' 2- < KS(FeS) → FeS không tách ra. Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa. 6.2

a. (0,5 điểm) [H+] = [A-] = x

0,5 đ

[H + ].[A - ] x2 Ka=1,51.10 = = HA 0,500-x -5

[H+] = [A-] = x = 2,74.10-3 0,5 đ b. (0,5 điểm) Tính pH của dung dịch thu được sau khi thêm 10,00ml dung dịch KOH. Số mol axit HA ban đầu: 0,0350.0,500 = 0,0175 (mol) Số mol NaOH thêm vào: 0,0100. 0,200 = 0,0020 (mol) Số mol axit HA dư sau khi thêm dung dịch NaOH: 0,0175 – 0,0020 = 0,0155 (mol)

Nồng độ axit HA sau khi thêm NaOH là: Nồng độ A-:

0, 0020 = 0, 0444( M ) 0, 045

0, 0155 = 0,344( M ) 0, 045

Áp dụng biểu thức gần đúng: K =

[H + ].[A - ] [H + ], 0, 0444 = = 1,51.10−5 HA 0,344

[H+] = 1,17.10-4 Câu

7.1

pH = 3,93

a. Mỗi cặp oxi hoá khử tính đúng được 0,25 điểm. Thế khử chuẩn của cặp: MnO-4 /MnO 42- và Mn 3+ /Mn 2 +

0,5 đ

⇀ MnO 2 +2H 2 O (1) MnO 2-4 +4H + +2e ↽ ⇀ MnO2 +2H 2 O (2) MnO-4 +4H + +3e ↽ ⇀ MnO 24 − (3) Lấy (2) trừ (1) ta có: MnO-4 +e ↽ ∆G 30 =∆G 02 -∆G10

-FE 30 =-3FE 02 -(-2FE10 ) E 30 =+0,56V

⇀ Mn 3+ +2H 2 O (4) MnO 2 +e+4H + ↽ ⇀ Mn 2+ +2H 2 O (5) MnO 2 +2e+4H + ↽ ⇀ Mn 2+ (6) Lấy (5) trừ (4) ta có: Mn 3+ +e ↽ ∆G 06 =∆G 50 -∆G 04

-FE 06 =-2FE50 -(-FE 04 ) E 06 =+1,5V b. Trả lời đúng một tiểu phân không bền được 0,5 điểm. Tính đúng một giá trị K 0,5 đ được 0,25 điểm. MnO 24− và Mn 3+ không bền với sự dị phân.

⇀ MnO 2 +2H 2 O E10 =+2,27V MnO 2-4 +4H + +2e ↽ ⇀ 2MnO-4 +2e 2MnO 24− ↽

-E 30 =-0,56V

⇀ 2MnO4− +MnO 2 +2H 2 O (7) 3MnO 24− +4H + ↽ ∆G 07 =∆G10 -∆G 30 =-2F∆E 07 =-3,42F<0 nên phản ứng (7) tự diễn biến.

2∆E 07 = 57,966 K7 = 9,25.1057 0,059 3+ ⇀ Mn 2+ E 06 =+1,51V Mn +e ↽

lgK 7 =

⇀ MnO 2 +e+4H + -E 04 =+0,95V Mn 3+ +2H 2 O ↽ ⇀ MnO 2 +Mn 2+ +4H + (8) 2Mn 3+ +2H 2 O ↽ ∆G 80 =∆G 06 -∆G 04 =-F∆E 80 =-0,56F<0 nên phản ứng (8) tự diễn biến.

∆E80 = 9, 492 K8 = 3,1.109 0,059 2. (1 điểm) a. (0,5 điểm). Mỗi ý đúng được 0,25 điểm Sơ đồ pin: (-) Cu| Cu2+ (1M) || Fe3+(1M), Fe2+(1M) |Pt (+) 0 Sức điện động chuẩn của pin: E oPin =E 0Fe3+ /Fe2+ -E Cu =0,434V 2+ /Cu Phản ứng xảy ra khi pin hoạt động: lgK 8 =

7.2

0.5 đ

2Fe3+ + Cu ↔

Câu 8

8.1

2 Fe2+ + Cu2+

K =1014,66

b. (0,5 điểm) K rất lớn nên xem như phản ứng xảy ra hoàn toàn. 2Fe3+ + Cu → 2 Fe2+ + Cu2+ C0 0,01 0,01 0,01 C 0 0,02 0,015 Xét cân bằng: 2 Fe2+ + Cu2+ ↔ 2Fe3+ + Cu K-1 =10-14,66 0 C 0,02 0,015 0 CB 0,02 -2x 0,015 - x 2x (2 x) 2 (2 x)2 = KCB = K-1 =10-14,66 = (0, 02 − 2 x)2 .(0, 015 − x) 0, 022.0, 015 (do KCB bé nên giả thiết x<<0,02) X = 5,714.10-11<<0,02 [Fe3+] = 2x = 1,189.10-10 [Fe2+] = 0,02-2x = 0,02 2+ [Cu ] = 0,015-2x = 0,015 a) Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H2SO4 và m (g) muối. Gọi công thức muối halozen: MR. Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen, khí X sinh ra do phản ứng của H2SO4 đặc. Vậy X là H2S. Các phương trình phản ứng: 8MR + 5H2SO4 = 4M2SO4 + 4R2 + H2S + 4H2O. (1) 0,8 0,5 0,4 0,4 0,1 H2S + Pb(NO3)2 = PbS + 2HNO3. (2) 0,1 0,1 (3) BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4 Theo (2): nH2S = nPbS = 23,9: 239 = 0,1(mol) theo (1): nM2SO4 = 4nH2S = 0,4(mol) = nR2 nH2SO4(pư) = 5nH2S = 0,5(mol) Khối lượng R2 = 171,2 - 69,6 = 101,6 (g) Theo (3): nBaSO4 = (1,674. 69,6): 233 = 0,5(mol) → Vậy số mol H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol) Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M) Khối lượng m(g)= mM+ mR (với mM= 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam ) m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g) b) Xác định kim loại kiềm và halogen. + Tìm Halogen: 101,6 : 0,4 = 2. MR → MR = 127 (Iot) + Tìm kim loại: 0,8.(M + 127) = 132,8 → MM =39 (Kali) c) Trạng thái lai hóa và dạng hình học của I3-: sp3d và dạng đường thẳng

0.5đ

1.0 đ

8.2

Xe + F2 → XeF2 (A) Xe + 2F2 → XeF4 (B) Xe + 3F2 → XeF6 (C) 2XeF2 (A) + 2H2O → 2Xe + 4HF + O2 XeF2 (A) + SbF5 → [XeF][SbF6](D) XeF4 (B) + Pt → Xe + PtF4 XeF6 (C) + 3H2O → XeO3 (E) + 6HF 2XeF6 (C) + 3SiO2 → 2XeO3 (E) + 3SiF4 Phân tử Cấu trúc

Câu

9.1

1. Công thức:

XeF2

XeF4

XeF6

Thẳng

Vuông phẳng

Lưỡng chóp tứ giác

R 2 Oa Ra+

Ta có:

1.0đ

(1) (2) 3) (4) (5) (6) (7) (8)

→ Rb+

0,03(b-a) 8+6

0.75đ

+ (b-a)e 0,03(b-a)

+ 2e →

8+4

0,015

Vậ y

0,03 (b − a ) M = 2,16. = 2 M R + 16a 0,015 ⇔ MR = 72b – 80a

Ta có bảng: b

136

Vậy có hai nghiệm FeO và Cu2O. - Nếu FeO:

FeO + H2SO4(e) → FeSO4 + H2O

⇒ Không có kết tủa. - Nếu Cu2O:

Cu2O + H2SO4 → CuSO4 + Cu ↓ + H2O 0,015

0,015

Khối lượng kết tủa thu được là: 64 . 0,015 = 0,96 (gam) 9.2

2. Công thức R2Sa Phản ứng:

R2Sa +

3a O2 → R2Oa + aSO2 2

0.75đ

hoặc: R2Sa + aO2 → 2R + aSO2 - Nếu chất rắn A là R2Oa:

R2Oa + aH2SO4 → R2(SO4)a + aH2O 1mol

amol

1mol

2 M + 96a

Ta có:

2 M + 16a + 98a.

100 24,5

1 (1) 3

Từ (1) ⇒ a = 2 ⇒ M = 64 ⇒ R là Cu. - Nếu chất rắn A là R : 2R + 2aH2SO4 → R2(SO4)a + aSO2 + 2aH2O (do R: là kim loại rất yếu) 1mol amol 0,5mol (2 M R + 96a ).0,5 1 Ta có: = 100 − 64.0,5a 3 M R + 98a. 24,5

0,5amol

⇒ Trường hợp này không có nghiệm. Vậy dung dịch X là dung dịch CuSO4. Ta có: Số mol CuS = số mol CuSO4 = 0,125.

⇒ mddX = 60 (gam) Đặt T là CuSO4 . nH2O Áp dụng bảo toàn khối lượng CuSO4 ta có : 15,625 (60 − 15,625).22,54 0,125.160 = .160 + 160 + 18n 100

⇒ n = 5. Vậy T là CuSO4 . 5H2O 9.3

3. Áp dụng công thức m m ∆t s = k s . ⇒ M = k s . M ∆t s

0.25đ

Trong đó m là khối lượng chất tan 1000 gam dung môi 1,024.1000 Vậ y M = 2,37. ≈ 258 (46,67 − 46,20).20 Câu 10

10.1

Vậy phân tử lưu huỳnh là S8 a. Gọi x là bậc theo A, y là bậc theo B ⇒ n = x + y là bậc của phản ứng. 0,5đ Biểu thức tốc độ phản ứng : V = k. C Ax .C By Đơn vị của V = đơn vị của k × (đơn vị của C)n = mol–1 . l . s–1 . moln.l–n = mol1 – n 1 – n –1 .l .s So sánh với đơn vị của V cho trong bài mol . l–1 . s–1 ⇒ n = 2 ⇒ phản ứng có bậc bằng 2 ⇒ x + y = 2 Qua các TN 1 và 2 ở 25oC ta có : −4  = k (0,25) x (0,75) y x y TN1 : 4,0.10 V = k. C A .C B  TN 2 : 1,2.10 −3 = k (0,75) x (0,75) y Chia 2 vế cho nhau ta có : 3x = 3 ⇒ x = 1 ⇒ y = 1

⇒ k=

4,0.10 −4 = 2,13 . 10–3 mol–1. l.s–1 0,25.0,75

b. Ở 55oC, tốc độ phản ứng có biểu thức : V’ = k’.CA.CB V' 6,4.10−3 ⇒ k’ = = = 1,7 . 10–2 = 8k CA .CB 0,25.1,5 Áp dụng : 10.2

0.5đ

∆t k' 55 − 25 = λ 10 ⇒ 8 = = λ3 = 23 ⇒ λ = 2 k λ10

a.- Từ các dữ kiện thực nghiệm rút ra định luật tốc độ của phản ứng:

[

]

v = k NO [O2 ] 2

0,5 đ

- Tăng 4 lần; -Tăng 16 lần; - Giảm 4 lần; -Tăng 8 lần; -Không đổi. b. Muốn cho tốc độ đầu không đổi thì sự tăng nhiệt độ phải làm tăng 0.25đ hằng số tốc độ lên 8 lần. Ln

k 2 Ea = k1 R

1 1  −  T1 T2

  

→

E a = 79kJ / mol

0.25đ c. Phản ứng chuyển hóa NO2 thành N2O4 tỏa nhiệt vì trong quá trình này chỉ có sự hình thành liên kết. Do đó năng lượng hoạt động hóa của phản ứng thuận nhỏ hơn năng lượng hoạt động hóa của phản ứng nghịch.

ĐỀ THI MÔN HOÁ KHỐI 10 NĂM 2017 Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có 3 trang, gồm 10 câu)

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu I (2,0 điểm): Cấu tạo nguyên tử, phân tử. HTTH và định luật tuần hoàn. 1. Trong một thí nghiệm, người ta ghi được phổ phát xạ (phổ vạch) đối với một ion giống hiđro (chỉ chứa một electron) ở pha khí. Các vạch phổ của ion khảo sát được biểu diễn theo hình phổ đồ dưới đây: A

Tất cả các vạch phổ thu được đều đặc trưng cho các bước chuyển từ trạng thái kích thích về trạng thái ứng với n = 3. Căn cứ vào các dữ kiện đã cho, hãy: a. Cho biết bước chuyển electron nào tương ứng với vạch A và vạch B ghi trên phổ đồ. b. Giả sử độ dài bước sóng λ = 142,5 nm ứng với vạch B. Tính độ dài bước sóng cho vạch A theo nm. 2. Năng lượng ion hóa liên tiếp của natri và magie tính theo eV là 5,1; 7,6; 15,0; 47,3; 71,6; 80,1; 98,9; 109,3. Điền các giá trị trên vào bảng sau và giải thích: Nguyên tố

Na (Z = 11) Mg (Z = 12) Câu II (2đ): Liên kết hóa học- Hình học phân tử- Tinh thể 1 .Các nguyên tử C, N, O có thể sắp xếp theo ba thứ tự khác nhau để tạo ra ba anion CNO-, CONvà NCOa. Viết công thức Lewis cho các cách sắp xếp nguyên tử như trên. b. Với cách sắp xếp trên hãy: i. Tìm điện tích hình thức của mỗi nguyên tử. ii. Sắp xếp độ bền của ba anion trên. Giải thích? 2. Hợp kim là dung dịch rắn - rắn có thành phần biến đổi. Trong một hợp kim thay thế, các nguyên tử của các nguyên tố khác nhau cùng tạo nên các nút mạng trong lưới tinh thể. Tuy nhiên, nếu các nguyên tử có kích thước khác nhau, các nguyên tử có kích thước nhỏ có thể chiếm vị trí các khoảng trống trong mạng lưới tinh thể các nguyên tử lớn hơn. Các hợp kim này, được gọi là tinh thể xâm nhập, các tinh thể này thường thu được khi cho các á kim (B, H, O, N, C, …) hòa tan trong kim loại. Paladi có cấu trúc tinh thể lập phương tâm mặt, trong đó có hai loại hốc tứ diện và bát diện, bán kính nguyên tử paladi là 137pm a) Tính bán kính nguyên tử lớn nhất có thể lọt vào khe tạo ra tinh thể xâm nhập mà không phá vỡ mạng lưới tinh thể (của paladi). b) Một điều hiển nhiên ai cũng biết là hidro có thể hòa tan rất tốt trong kim loại Pd, hãy tính phần trăm theo khối lượng của hidro trong hợp kim với paladi tạo ra tinh thể xâm nhập, cho biết công thức thực nghiệm ứng với tinh thể này. Câu III (2đ):(Phản ứng hạt nhân) Cho số hạt α thoát ra trong một mẫu chứa 1,00 mg một nguyên tố phóng xạ X (T=138,4 ngày) bằng số hạt α thoát ra của một mẫu 226 Ra (T=1601 năm) có khối lượng 4,55 gam. a. Xác định khối lượng mol của X. b. Biết rằng trong hạt nhân đồng vị X, số hạt nơtron gấp rưỡi số hạt proton. Tìm X. c. Biết rằng một liều thuốc tối thiểu để giết chết một người bình thường là 1µg. Một cơ thể bình thường (70 kg) có hoạt độ phóng xạ tự nhiên (tạo hạt α ) là 0,2Bq/kg, giá trị này không đổi trong nhiều năm. Sản phẩm của phản ứng phân rã X là một đồng vị không có tính phóng xạ. Hãy cho sau bao nhiêu ngày thì việc khai quật mộ một người bị đầu độc bởi nguyên tố X để xét nghiệm

trở nên vô nghĩa (hoạt độ phóng xạ đo được nhỏ hơn 0,3Bq /kg thì không chứng minh được.) d. Một mẫu X có thể tích 1 cm3 ( ρ X = 9, 2 g / cm3 ) tỏa ra năng lượng 1210W. Tính năng lượng động học theo MeV của mỗi hạt α phân rã từ X. Coi năng năng lượng động học được chuyển hoàn toàn từ năng lượng hạt nhân và năng lượng mỗi hạt α là như nhau. Câu IV (2đ): Nhiệt hóa học. Một số loại côn trùng có khả năng tự vệ rất lý thú, khi gặp nguy hiểm hoặc kẻ thù, chúng có khả năng phun ra dòng dung dịch rất nóng để xua đuổi kẻ thù. Một trong những phản ứng được công nhận rộng rãi nhất là của các chất thuộc lớp hidroquinon (kí hiệu là BH2) với H2O2. Một hợp chất BH2 được quan tâm năm 2016 chứa 25,78% oxi theo khối lượng. Cơ chế phản ứng được đề nghị như sau: BH2(l) →B(l) + H2(k) (1) (2) H2O2(l) → H2O(l) + O2(k) H2(k) + O2 →H2O(l)

(3)

Biết sinh nhiệt của H2O(l) và H2O2 (l) lần lượt là -285,83 kJ/mol và -187,78 kJ/mol Thế khử chuẩn của B/BH2 là 0,7175 V tại 00C và 0,6805V tại 500C 1/ Xác định hiệu ứng nhiệt ở điều kiện chuẩn các phản ứng (1); (2) và (3). Chấp nhận ∆H; ∆S không phụ nhiệt độ. 2/ Hỗn hợp trong khoang phản ứng chứa 14,5% BH2; 78% là H2O2 còn lại nước ở 250C. Coi như các tính chất nhiệt động của dung dịch trong khoang tương tự với nước: Nhiệt hóa hơi là 2209 J.g-1 ; nhiệt dung của pha lỏng và pha khí lần lượt là 4,2 và 2 J.K-1.g-1. Hãy xác định nhiệt độ (0C) lớn nhất mà hỗn hợp phun ra từ côn trùng. Câu V (2đ): Cân bằng hóa học trong pha khí. Một bình có thể tích ban đầu 1,5l , chỉ chứa 1g Cacbon và 3g Stronic Cacbonat (coi C, các cân thờiđiểm ban đầu bình là chân không). Nung nóng bình ở thể tích không đổi đến bằng xảy ra: SrCO3(r) ⇌ SrO(r) + CO2(k) (1) C(r) + CO2(k) ⇌ 2CO(k) (2) Khi hệ đạt cân bằng, áp suất đo được trong bình là 24kPa. Cho các thông số nhiệt độ chuẩn của 1 số chất liên quan: a) Xác định các hằng số Kp1 và Kp2 (theo bar) của các cân bằng ở 8800C. Chất Hof (kJ/mol) S (J/K.mol)

SrO3(r) -1220,1 97

SrO(r) -592 55,5

CO2(k) -393,5 218,8

b) Xác định hàm lượng phần trăm theo các chất rắn khi hệ cân bằng. c) Giữ nguyên nhiệt độ và áp suất, tăng thể tích bình đến bao nhiêu lít thì một trong hai chất rắn ban đầu biên mất. d) Lượng Cacbon ban đầu được giữ không đổi, xác định khối lượng SrCO3 tối thiểu cần thêm vào để khi thực hiện thí nghiệm như phần c thì chất rắn còn lại là SrO. Câu VI (2đ): Cân bằng axit- bazơ, tạo kết tủa. 1. Trộn 10ml H2SO4 0,6M với 10ml (CH3COO)2Ca 0,6M và 10ml NH3 0,45 M thu được hỗn hợp A a. Tính pHA b. Tính [so42-]A =? 2. Độ điện li của CH3COOH là 4,08%. Để độ điện li của CH3COOH thay đổi 50% so với ban đầu cần phải thêm vào 1 lít dung dịch axit CH3COOH ở trên bao nhiêu gam HCOONa Cho pKa(HSO4-)=2; pKa(CH3COOH) =4,76; pKa(NH4+)= 9,24; pKs(CaSO4)=4,62 Câu VII (2đ): Phản ứng oxi hóa khử-pin điện hóa. 1. Viết các nửa phương trình electron và phương trình đầy đủ của mỗi phản ứng oxi hoá - khử sau: → … (1) H2O2 + KI + H2SO4 

→ … (2) H2O2 + K2Cr2O7 + H2SO4  Cho biết vai trò của H2O2 trong mỗi phản ứng đó 2. Pin chì-axit hay còn gọi là ắc quy chì gồm anot là tấm lưới chì phủ kín bởi chì xốp, catot là tấm lưới chì phủ kín bởi PbO2 xốp. Cả 2 điện cực được nhúng trong dung dịch điện li H2SO4. a. Hãy viết các quá trình xảy ra trên từng điện cực, phản ứng trong pin khi pin chì-axit phóng điện và biểu diễn sơ đồ của pin. Cho biết: E0 của Pb2+/Pb là -0,126V; của PbO2/Pb2+ = 1,455V; HSO4- có pKa = 2,00; PbSO4 có pKS = 7,66; ở 250C. b. Tính E0 của PbSO4/Pb; PbO2/PbSO4 và tính điện áp V của ắc quy chì, nếu CH2SO4 ≈ 1,8M. Câu VIII (2đ): Nhóm halogen. 1. a. Độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Có phù hợp với sự thay đổi nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi không? b. Điclo oxit ClO2 là một chất khí được dùng để tẩy trắng trong sản xuất giấy. Phương pháp tốt nhất để điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm là cho hỗn hợp KClO3 và H2C2O4 tác dụng với H2SO4 loãng. Trong công nghiệp ClO2 được điều chế bằng cách cho NaClO3 tác dụng với SO2 có mặt H2SO4 4M. * Viết các phương trình phản ứng xảy ra. * ClO2 là hợp chất dễ gây nổ, tại sao điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm theo phương pháp trên tương đối an toàn? 2. Hợp chất A chứa S, O và halogen. Trong mỗi phân tử A chỉ có 1 nguyên tử S. Thuỷ phân hoàn toàn A được dung dịch B. Người ta sử dụng những thuốc thử cho dưới đây để nhận biết những ion nào có trong B? AgNO3+HNO3 Ba(NO3)2 NH3+Ca(NO3)2 KMnO4+Ba(NO3)2 Cu(NO3)2 Thuốc thử kết tủa vàng Không có Không hiện Mất màu, kết tủa Không có Hiện nhạt kết tủa tượng trắng kết tủa tượng Qua đó có thể đưa ra công thức phù hợp của A là gì? Câu IX (2đ): Oxi-Lưu huỳnh. Hòa tan hoàn toàn 2 gam một hỗn hợp chứa Na2S.9H2O, Na2S2O3.5H2O và tạp chất trơ vào H2O, rồi pha loãng thành 250 ml dung dịch (dd A). Thêm tiếp 25 ml dung dịch iot 0,0525M vào 25 ml dung dịch A. Axit hóa bằng H2SO4 rồi chuẩn độ iot dư hết 12,9 ml dung dịch Na2S2O3 0,101M. Mặt khác cho ZnSO4 dư vào 50 ml dung dịch A. Lọc bỏ kết tủa. Chuẩn độ dung dịch nước lọc hết 11,5 ml dung dịch iot 0,0101M. Tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp rắn ban đầu. Câu X (2đ): Động học của phản ứng. Xét phản ứng sau: CH3X + Y → CH3Y + X. Ở 25oC người ta tiến hành 2 dãy thí nghiệm với kết quả như sau: Dãy thí nghiệm 1: [Y]0 = 3,0 M Dãy thí nghiệm 2: [Y]0 = 4,5 M [CH3X] (M) thời gian (h) [CH3X] thời gian (h) -3 -3 7,08.10 1,0 4,50.10 0 4,52.10-3 1,5 1,70.10-3 0,70 -3 -4 2,23.10 2,3 4,19.10 1,7 -4 -4 4,76.10 4,0 1,11.10 2,6 8,44.10-5 5,7 2,81.10-5 3,6 -5 2,75.10 7,0 Mặt khác, người ta cũng tiến hành thí nghiệm ở 85oC. Khi [CH3X]0 = 1,0.10-2 và [Y]0 = 3,0 M, hằng số tốc độ phản ứng là 326 (đơn vị thời gian trong hằng số tốc độ là giờ) 1. Xác định biểu thức tốc độ và giá trị hằng số tốc độ của phản ứng ở 25oC. 2. Xác định năng lượng hoạt hoá của phản ứng trên.

.................HẾT................

GV ra đề: Trần Thu Hương - 0974501103

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN HDC ĐỀ THI MÔN HOÁ KHỐI 10 VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2017 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI Thời gian làm bài 180 phút ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (HDC Đề này có 11 trang, gồm 10 câu) Câu I (2,0 điểm): Cấu tạo nguyên tử, phân tử. HTTH và định luật tuần hoàn. 1. Trong một thí nghiệm, người ta ghi được phổ phát xạ (phổ vạch) đối với một ion giống hiđro (chỉ chứa một electron) ở pha khí. Các vạch phổ của ion khảo sát được biểu diễn theo hình phổ đồ dưới đây: A

Tất cả các vạch phổ thu được đều đặc trưng cho các bước chuyển từ trạng thái kích thích về trạng thái ứng với n = 3. Căn cứ vào các dữ kiện đã cho, hãy: a. Cho biết bước chuyển electron nào tương ứng với vạch A và vạch B ghi trên phổ đồ. b. Giả sử độ dài bước sóng = 142,5 nm ứng với vạch B. Tính độ dài bước sóng cho vạch A theo nm. 2. Năng lượng ion hóa liên tiếp của natri và magie tính theo eV là 5,1; 7,6; 15,0; 47,3; 71,6; 80,1; 98,9; 109,3. Điền các giá trị trên vào bảng sau và giải thích: Nguyên tố

Na (Z = 11) Mg (Z = 12) Hướng dẫn chấm: Nội dung 1. a. Vì bước sóng tỉ lệ nghịch với năng lượng, E = hc/, nên vạch quang phổ ở bên phải của B (ở bước sóng lớn hơn) tương ứng sự chuyển dời về mức năng lượng thấp nhất có thể, nghĩa là từ n = 4 xuống n = 3. Vạch B tương ứng sự chuyển dời về mức năng lượng thấp nhất kế tiếp từ n = 5 xuống n = 3 và vạch A tương ứng sự chuyển dời electron từ n = 6 xuống n = 3. b. Vì phổ này là dành cho ion một electron nên ta áp dụng công thức: Z2 Z2 Z2 −19 −18 13, 6. ( eV ) 13, 6 1, 602 10 ( J ) 2,179 10 (J ) − = − × × × = − × × E= n2 n2 n2 (1) Sử dụng vạch phổ B để xác định Z Z2 Z2 16Z 2 ) (J) ∆E5→3 = −2,179 × 10−18 × ( 2 − 2 )( J ) = −2,179 ×10−18 × ( (2) 3 5 9.25 hc 6, 626.10−34 ( J .s) × 3, 0.108 (m / s ) ∆E5→3 = = = 1,395.10−18 J −9 λ 142,5 ×10 m (3) Năng lượng tỏa ra là : -1,395 . 10-18 J Từ (2) và (3) ta có: 16Z 2 −18 −2,179 × 10 × ( ) = −1,395.10−18 ⇒ Z = 3 9.25 Vậy đó là ion Li2+ với Z = 3 Tính bước sóng cho vạch A Sử dụng biểu thức (1) và (3), ta có

Điểm 1,0

0,25

1 1 − 2 )( J ) = −1,634.10−18 ( J ) 2 3 6 hc 6, 626.10−34 ( J .s ) × 3, 0.108 (m / s) λ= = = 1, 216.10−7 m = 121, 6nm −18 ∆E −1, 634.10 ( J ) ∆E6→3 = −2,179 ×10−18 × 32 (

1,0 Nguyên tố

Na (Z = 11)

5,1

47,3

71,6

98,9

Mg (Z = 12)

7,6

15,0

80,1

109,3

0,5

0,25 - Về cơ bản thì năng lượng ion hóa tăng dần, năng lượng ion hóa tương ứng của Mg sẽ lớn hơn Na do điện tích hạt nhân của Mg lớn hơn. 0,25 - Chỉ riêng với năng lượng ion hóa thứ hai, ứng natri sẽ phá vỡ cấu hình bền, còn magie lại đạt cấu hình bền nên năng lượng ion hóa thứ hai của natri lớn hơn. Câu II (2đ): Liên kết hóa học- Hình học phân tử- Tinh thể 1 .Các nguyên tử C, N, O có thể sắp xếp theo ba thứ tự khác nhau để tạo ra ba anion CNO-, CON- và NCOa. Viết công thức Lewis cho các cách sắp xếp nguyên tử như trên. b. Với cách sắp xếp trên hãy: i. Tìm điện tích hình thức của mỗi nguyên tử. ii. Sắp xếp độ bền của ba anion trên. Giải thích? 2. Hợp kim là dung dịch rắn - rắn có thành phần biến đổi. Trong một hợp kim thay thế, các nguyên tử của các nguyên tố khác nhau cùng tạo nên các nút mạng trong lưới tinh thể. Tuy nhiên, nếu các nguyên tử có kích thước khác nhau, các nguyên tử có kích thước nhỏ có thể chiếm vị trí các khoảng trống trong mạng lưới tinh thể các nguyên tử lớn hơn. Các hợp kim này, được gọi là tinh thể xâm nhập, các tinh thể này thường thu được khi cho các á kim (B, H, O, N, C, …) hòa tan trong kim loại. Paladi có cấu trúc tinh thể lập phương tâm mặt, trong đó có hai loại hốc tứ diện và bát diện, bán kính nguyên tử paladi là 137pm a) Tính bán kính nguyên tử lớn nhất có thể lọt vào khe tạo ra tinh thể xâm nhập mà không phá vỡ mạng lưới tinh thể (của paladi). b) Một điều hiển nhiên ai cũng biết là hidro có thể hòa tan rất tốt trong kim loại Pd, hãy tính phần trăm theo khối lượng của hidro trong hợp kim với paladi tạo ra tinh thể xâm nhập, cho biết công thức thực nghiệm ứng với tinh thể này. Hướng dẫn chấm: Câu Nội dung Điểm 1. 1. ( 1,0 điểm) (1,0đ) a. ( 0,5 điểm) Viết công thức Lewis cho Ba anion CNO-, CON- và NCO0,5 C

b. ( 0,5 điểm) i. (0,25 điểm) Điện tích hình thức của mỗi nguyên tử. -

2. (1,0)

0,25 C

-1

-1 +1 -1 -1 +2 -2 0 ii. (0,25 điểm) Ion NCO- bền nhất vì điện tích hình thức nhỏ nhất. Ion CON- kém bền nhất vì điện tích hình thức lớn nhất.

a/ Giả sử nguyên tử Pd được kí hiệu là X trên hình vẽ Nguyên tử xâm nhập kí hiệu là M

0,25

Với lổ hổng bát diện (2rx)2= (rM + rx)2 + (rM + rX)2 nên rX 2= rM + rX → rM = ( 2 -1) rX = 56,75pm

0,25

Với lổ hổng tứ diện Một đường thằng đi từ các cạnh chia góc tứ diện ra làm hai phần. Độ dài của mỗi cạnh là 2 rX. Khoảng cách từ một đỉnh của tứ diện đến tâm của nó là rM + rX. Góc lúc này là 109,5°/2. sin θ = rx / (rM + rX)→ sin (109,5°/2)· (rM + rX) = rX → 0.816 rM = 0.184 rX → rM/rX = 0.225 → rM = 30,825pm b/ Trong một ô mạng cơ sở có 4 nguyên tử Pd (1/8 nguyên tử 8 đỉnh và ½ nguyên tử ở 6 mặt). Số lỗ hổng tứ diện là 8 x 1 = 8; bát diện là: 1x1 + (1/4)x 12 = 4 Vậy trong một ô mạng cơ sở có 4 nguyên tử Pd Tất cả các hốc tứ diện và bát diện đều được lấp bởi nguyên tử hidro --> só nguyên tử H bằng 12 CT: Pd4H12 ---> PdH3 % H = 2,75%

0,25

Câu III (2đ):(Phản ứng hạt nhân) Cho số hạt α thoát ra trong một mẫu chứa 1,00 mg một nguyên tố phóng xạ X (T=138,4 ngày) bằng số hạt α thoát ra của một mẫu 226 Ra (T=1601 năm) có khối lượng 4,55 gam. a. Xác định khối lượng mol của X. b. Biết rằng trong hạt nhân đồng vị X, số hạt nơtron gấp rưỡi số hạt proton. Tìm X. c. Biết rằng một liều thuốc tối thiểu để giết chết một người bình thường là 1µg. Một cơ thể bình thường (70 kg) có hoạt độ phóng xạ tự nhiên (tạo hạt α ) là 0,2Bq/kg, giá trị này không đổi trong nhiều năm. Sản phẩm của phản ứng phân rã X là một đồng vị không có tính phóng xạ. Hãy cho sau bao nhiêu ngày thì việc khai quật mộ một người bị đầu độc bởi nguyên tố X để xét nghiệm trở nên vô nghĩa (hoạt độ phóng xạ đo được nhỏ hơn 0,3Bq /kg thì không chứng minh được.) d. Một mẫu X có thể tích 1 cm3 ( ρ X = 9, 2 g / cm3 ) tỏa ra năng lượng 1210W. Tính năng lượng động học theo MeV của mỗi hạt α phân rã từ X. Coi năng năng lượng động học được chuyển hoàn toàn từ năng lượng hạt nhân và năng lượng mỗi hạt α là như nhau. Câu Nội dung Điểm Ta có phương trình phóng xạ của Ra: 226 222 4 88 Ra → 86 Rn + 2 He Do số hạt α thoát ra trong hai trường hợp là như nhau nên số phân rã của X và Rađi giống nhau ln 2 4,55 AX = ARa = λ N = × × 6, 022 ×1023 = 1, 665 ×1011 Bq 0,25 1601× 365 × 24 × 3600 226

AX = λX × N X = λX ×

nX nX ln 2 = × 23 6, 022 ×10 138, 4 × 24 × 3600 6, 022 × 1023

→ nX = 4, 768 ×10−6 mol

0,25

−3

Vậy MX=

mX 1×10 = = 210 nX 4, 768 × 10−6

b.Theo đề bài ta có:

Z X + N X = 210 N X = 1,5Z X

0,25

giải ra được :

ZX=84, NX=126. X là 210 84 Po c. Hoạt độ phóng xạ của người là: 70 × 0, 2 = 14 Bq Sau thời gian t hoạt độ phóng xạ của người nhiễm thuốc để có thể đo được 0,25 là : 70 × 0, 3 = 21Bq Hoạt độ phóng xạ của thuốc là: 21-14=7 Bq. Mặt khác hoat độ phóng xạ ban đầu của thuốc được tính theo công thức: ln 2 10−6 A0 = λ N = × × 6, 022 ×1023 = 1, 66 ×108 Bq 138, 4 × 24 × 3600 210 0,5 1 A0 138, 4 1, 66 ×108 0 − λt ln A = A × e → t = ln = = 3391, 4 ngày. k A ln 2 7 Vậy sau 3391,4 ngày thì việc khai quật mộ một người bị đầu độc bởi nguyên tố X để xét nghiệm trở nên vô nghĩa. d. Ta cần xác định mẫu X nói trên phân rã ra bao nhiêu tia α thì mới tính được năng lượng động học của mỗi hạt α . 0,25 ln 2 1× 9, 2 A = λN = × × 6, 022 ×10 23 = 1,53 ×1015 Bq 138, 4 × 24 × 3600 210 → Số hạt α sinh ra là 1,53 ×1015 hạt/giây. 0,25 Vậy năng lượng động học của mỗi hạt α sinh ra là: 1210(J/ s) = 7,91×10−13 J = 4,94 MeV 1, 53 ×1015 (hat/ s) Câu IV (2đ): Nhiệt hóa học. Một số loại côn trùng có khả năng tự vệ rất lý thú, khi gặp nguy hiểm hoặc kẻ thù, chúng có khả năng phun ra dòng dung dịch rất nóng để xua đuổi kẻ thù. Một trong những phản ứng được công nhận rộng rãi nhất là của các chất thuộc lớp hidroquinon (kí hiệu là BH2) với H2O2. Một hợp chất BH2 được quan tâm năm 2016 chứa 25,78% oxi theo khối lượng. Cơ chế phản ứng được đề nghị như sau: BH2(l) →B(l) + H2(k) (1) H2O2(l) → H2O(l) + O2(k) (2)

H2(k) + O2 →H2O(l)

(3)

1. H2(k) + O2 →H2O(l) ;

0,25

∆H3= ∆H(H2O(l) )= -285,83kJ/mol

H2O2(l) → H2O(l) + O2(k) ; ∆H2= ∆H (H2O (l)) - ∆H(H2O2(L)) BH2(l) →B(l) + H2(k) ; BH2 → B + 2H+ + 2e (-) 2H+ + 2e → H2 (+) E0 =E0

H + / H2

= -285,83 – (-187,78) = -98,15 kJ/mol ∆H1= ∆H

− E 0 B / BH 2 =− E 0

B / BH 2

∆H0 – 273.∆So = -2.96500.(-0,7175) ∆Ho – 323.∆So = -2.96500.(-0,6865) →∆H= 177,44 kJ/mol Phản ứng tổng cộng: BH2 (l) + H2O2(l) → B(l) + 2H2O(l) a/ xét 1 kg hỗn hợp -> mH2O2 = 780g -> nH2O2 =

0,25

0,5 ∆H= ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 = -206,49 kJ/mol 0,25

mol= 22,94 mol

Khối lượng của BH2 = 146g 146.0, 2578 nBH 2 = = 1,1762(mol ) 16.2 H2O2 dư là: 22,94 – 1,1762 = 21,7638 mol --> lượng nhiệt H2O2 tỏa ra là: 98150 x 21,7638 = 2135029 J Lượng nhiệt BH2 tỏa ra là : 206490 . 1,1762 = 242873,54 J Tổng lượng nhiệt tỏa ra là: 2135029 J + 242873,54 J = 2377902,54 J Sau phản ứng khối lượng hỗn hợp là: m bđầu – m O2 = 1000 – ½ . 21,7638 . 32 = 651,78 gam Lượng nhiệt nâng hỗn hợp từ 250C lên 1000C là = 651,78 .4,2. (100 – 25 ) = 205 310,7 < Q Lương nhiệt cần để hóa hơi hoàn toàn hỗn hợp : 205 310,7 + 2209.651,78 = 1645 092,72 J < Q --> hỗn hợp đã hóa hơi hoàn toàn Lượng nhiệt để nâng nhiệt độ hỗn hợp lên toC là : Q - 1645 092,72 = 732809,82J = Q’ Vậy nhiệt độ lớn nhất phun ra từ côn trùng là : Q ' 732809,82 J t 0C = 100 + ∆t o = 100 + = = 662,16 0C m.c 651, 78.2

0,25

Câu V (2đ): Cân bằng hóa học trong pha khí. Một bình có thể tích ban đầu 1,5l , chỉ chứa 1g Cacbon và 3g Stronic Cacbonat (coi thờiđiểm ban đầu bình là chân không). Nung nóng bình ở thể tích không đổi đến C, các cân bằng xảy ra: SrCO3(r) ⇌ SrO(r) + CO2(k) (1) C(r) + CO2(k) ⇌ 2CO(k) Khi hệ đạt cân bằng, áp suất đo được trong bình là 24kPa.

Chất Hof (kJ/mol)

SrO3(r) -1220,1

SrO(r) -592

(2)

CO2(k) -393,5

S (J/K.mol)

55,5

218,8

Cho các thông số nhiệt độ chuẩn của 1 số chất liên quan: a) Xác định các hằng số Kp1 và Kp2 (theo bar) của các cân bằng ở

b) Xác định hàm lượng phần trăm theo các chất rắn khi hệ cân bằng. c) Giữ nguyên nhiệt độ và áp suất, tăng thể tích bình đến bao nhiêu lít thì một trong hai chất rắn ban đầu biên mất. d) Lượng Cacbon ban đầu được giữ không đổi, xác định khối lượng SrCO3 tối thiểu cần thêm vào để khi thực hiện thí nghiệm như phần c thì chất rắn còn lại là SrO. Câu Nội dung Điểm a) SrCO3(r) SrO(r) + CO2(k) (1) 1bar = 105Pa Hof= HofCO2 + HofSrO - HofSrCO3 0,25 =(-393,5) +(-592) + (-1220,1) = 234,6 kJ/mol So= SoCO2 + SoSrO- SoSrCO3 = 177,3 J/mol.K => Go= Ho - T So=30173,1 J/mol =-RTlnK 0,25 =>lgK p1= -1,367=>K p1=0,043 bar= PCO2 Khi hệ đạt cân bằng, áp suất đo được trong bình là 24kPa = 0,24bar --> PCO = 0,179bar =>Kp2=0,903 bar 0,25 b) nC= 0,0833 mol; nSrCO3= 0,02033 mol SrCO3(r) ⇌

SrO(r) + CO2(k) (1)

C(r) + CO2(k) ⇌

2CO(k) -4

nCO2=

(2)

mol

= 3,1255. 10-3 mol

nCO=

0,25 -3

=>Tại cân bằng nC= 0,0833- (3,1255. 10 ) = 0,082 mol => m=0,984g Lượng CO2 tạo ra ở quá trình (1): -4

-3

0,25 -3

(3,1255. 10 ) = 2,245.10 mol

=> nSrO =2,245.10-3mol nSrCO3= 0,018 mol =>Σm= 3,873382 => %C= 25,4%; %SrCO3=68,6% =>%SrO=6% c)Ta có: nC>nSrCo3=>Chất rắn biến mất là SrCO3 =>nCO2ở (1) =nSrCo3= 0,02033 mol MàΣPCO2= PCO2 cb + PCOcb =0,1415 atm=> V=

d) Để SrO còn lại=> C phải hết=>nSrCO3=nC=0,0833 mol =>nSrCO3=147,6. 0,0833=12,3 g => m=9,3 g

Câu VI (2đ): Cân bằng axit- bazơ, tạo kết tủa.

0,25

13,584 lít .13,7

0,5

1. Trộn 10ml H2SO4 0,6M với 10ml (CH3COO)2Ca 0,6M và 10ml NH3 0,45 M thu được hỗn hợ p A b. Tính [so42-]A =? a. Tính pHA 2. Độ điện li của CH3COOH là 4,08%. Để độ điện li của CH3COOH thay đổi 50% so với ban đầu cần phải thêm vào 1 lít dung dịch axit CH3COOH ở trên bao nhiêu gam HCOONa Cho pKa(HSO4-)=2; pKa(CH3COOH) =4,76; pKa(NH4+)= 9,24; pKs(CaSO4)=4,62 Câu VI.1.

Nội dung

Điểm

a) H2SO4 = 0,2 M (CH3COO)2Ca = 0,2M NH3 = 0,15 M H2SO4 + NH3 NH4+ + HSO40,05

0,15

CH3COO + H2SO4 CH3COOH + HSO40,35 0,05 0,15 CH3COO- + HSO4- CH3COOH + SO420,15 0,25 0,2 XÉT CH3COOH 0,25-x

> 10-7 => môi trường axit

0,25

CH3COO- + H+ 0,15 + x x = 10-4,76 x= 2,895.10-5 (M)

pH= 4,54 b/ [SO42-] = 0,2 [SO42-] [Ca2+] > ks => có CaSO4 Ca2+ + SO42- CaSO4 0,2 0,2 TPGH: dd bão hòa CaSO4 Ta có: CCa2+ = S = [Ca2+] . S = 0,9971S [so42-] =

VI.2

K= 102,76

0,9971S2 = 10-4,62 S= 4,905.10-3 [SO42-] = 4,89.10-3 (M) ⇀ CH 3COO − + H + ; K = 10 −4,76 CH 3COOH ↽

 H +  CH 3COO −  α1 = 0, 0408 = = C C + −  H  . CH 3COO  α 2C 2 K=   = 1 = 10 −4,76 (1 − α1 )C [CH 3COOH ] --> C = 0,01M Thêm HCOO- điện li tăng CH 3COO −  α = 0, 0612 = [ 2] C − ⇒ CH 3COO  = 6,12.10−4 ( M )

0,25

Bảo toàn nồng độ đầu có [CH 3COOH ] = 0, 01 − 6,12.10−4 = 9,388.10−4 (M ) ⇒  H +  = K .

[CH 3COOH ] = 2, 67.10−4 (M ) CH 3COO − 

0,25

Mặt khác: ⇒  H +  = CH 3COO −  − [ HCOOH ]

⇒ HCOOH = 6,12.10−4 − 2, 67.10−4 = 3, 45.10−4 ( M ) K  HCOO −  = a .[ HCOOH ] = 2,3.10−4 ( M ) h Bảo toàn nồng độ đầu có: m = 1x(3, 45.10 −4 + 2,3.10−4 ) 68 ⇒ m = 0, 039 gam

0,25

Câu VII (2đ): Phản ứng oxi hóa khử-pin điện hóa. 1. Viết các nửa phương trình electron và phương trình đầy đủ của mỗi phản ứng oxi hoá - khử sau: → … (1) H2O2 + KI + H2SO4  → … (2) H2O2 + K2Cr2O7 + H2SO4  Cho biết vai trò của H2O2 trong mỗi phản ứng đó 2. Pin chì-axit hay còn gọi là ắc quy chì gồm anot là tấm lưới chì phủ kín bởi chì xốp, catot là tấm lưới chì phủ kín bởi PbO2 xốp. Cả 2 điện cực được nhúng trong dung dịch điện li H2SO4. a. Hãy viết các quá trình xảy ra trên từng điện cực, phản ứng trong pin khi pin chì-axit phóng điện và biểu diễn sơ đồ của pin. Cho biết: E0 của Pb2+/Pb là -0,126V; của PbO2/Pb2+ = 1,455V; HSO4- có pKa = 2,00; PbSO4 có pKS = 7,66; ở 250C. b. Tính E0 của PbSO4/Pb; PbO2/PbSO4 và tính điện áp V của ắc quy chì, nếu CH2SO4 ≈ 1,8M. Hướng dẫn chấm: Câu Nội dung Điểm 1. H2O2 + 2KI + H2SO4 → I2 + K2SO4 + 2H2O H2O2 + 2H+ + 2e → 2H2O hoặc: 2O−1 + 2e− → 2O−2 2I− → I2 + 2e hoặc 2I− − 2e− → I2 H2O2 + 2H+ + 2I− → I2 + 2H2O

0,5 (1)

3H2O2 + K2Cr2O7 + 4H2SO4 → 3O2 + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 7H2O (2) 2− + 3+ +6 − +3 Cr2O7 + 14H + 6e → 2Cr + 7H2O hoặc: 2Cr + 6e → 2 Cr 3x │ H2O2 → O2 + 2H+ + 2e hoặc 2O−1 − 2e− → O20 | × 3 Cr2O72− + 3H2O2 + 14H+ → 2Cr3+ + 3O2 + 7H2O a. 0,75đ Catot: +

PbO2 + 4 H -

HSO4 ⇌

+ 2e ⇌ Pb

SO42-

+ 2 H2O

2.1,455 10 0,0592

Pb2+ + SO42- ⇌ PbSO4 107,66 Phản ứng trên catot: PbO2 + HSO4- + 3H+ + 2e ⇌ PbSO4 + 2 H2O Anot:

⇌

0,25

10-2

+ H

0,25

+ 2e

−2.( −0,126) 10 0,0592

0,25 K1 (*)

HSO4- ⇌ SO42- + H+

10-2 107,66

Pb2+ + SO42 ⇌ PbSO4 Phản ứng trên anot: Pb + HSO4- ⇌ PbSO4 + H+ + 2e K2 (**) Phản ứng xảy ra trong pin khi pin hoạt động: PbO2 + Pb + 2 HSO4- + 2 H+ ⇌ 2 PbSO4 + 2 H2O (***) (a) Pb│PbSO4, H+, HSO4-│PbO2 (Pb) (c) Sơ đồ pin: b. 0,75đ 2.E 0PbO 2 /PbSO 4

Từ (*): 10

0,0592

= K1 =

2.1,455 10 0,0592

→ E 0PbO /PbSO = 1,62 (V) 2 4 −2.E 0PbSO4 /Pb

Từ (**):10

0,0592

0,25

.10-2. 107,66

−2.( −0,126) = K2 = 10 0,0592 .10-2. 107,66

0,25

→ E 0PbSO4 /Pb = - 0,29 (V) Ta có: V = E(c) – E(a) = E PbO

2 /PbSO4

- E PbSO

4 /Pb

0,0592 0,0592 [H + ] + 3 0 .log([HSO ].[H ] ) E − .log 4 PbSO4 /Pb 2 /PbSO4 2 2 [HSO-4 ] 0,0592 V = E 0PbO /PbSO - E 0PbSO /Pb + .log([HSO-4 ]2 .[H + ]2 ) 2 4 4 2 0 V= E PbO

0,25

Trong đó [HSO 4 ], [H ] được tính theo cân bằng: -

HSO 4 [ ] 1,8 – x

⇌ H+ + SO 4 1,8 + x x

Ka = 10-2

0,25

-3 + [ SO 24 ] = x = 9,89.10 (M) → [H ] = 1,81 (M); [ HSO 4 ] = 1,79 (M)

V = 1,62 + 0,29 +

0, 0592

log{(1,79) .(1,81) } = 1,94 (V)

2 Câu VIII (2đ): Nhóm halogen. 1. a. Độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Có phù hợp với sự thay đổi nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi không? b. Điclo oxit ClO2 là một chất khí được dùng để tẩy trắng trong sản xuất giấy. Phương pháp tốt nhất để điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm là cho hỗn hợp KClO3 và H2C2O4 tác dụng với H2SO4 loãng. Trong công nghiệp ClO2 được điều chế bằng cách cho NaClO3 tác dụng với SO2 có mặt H2SO4 4M. * Viết các phương trình phản ứng xảy ra. * ClO2 là hợp chất dễ gây nổ, tại sao điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm theo phương pháp trên tương đối an toàn? 2. Hợp chất A chứa S, O và halogen. Trong mỗi phân tử A chỉ có 1 nguyên tử S. Thuỷ phân hoàn toàn A được dung dịch B. Người ta sử dụng những thuốc thử cho dưới đây để nhận biết những ion nào có trong B? AgNO3+HNO3 Ba(NO3)2 NH3+Ca(NO3)2 KMnO4+Ba(NO3)2 Cu(NO3)2 Thuốc thử kết tủa vàng Không có Không hiện Mất màu, kết tủa Không có Hiện nhạt kết tủa tượng trắng kết tủa tượng Qua đó có thể đưa ra công thức phù hợp của A là gì? HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1.a

Nội dung Điểm Độ dài liên kết HX, năng lượng liên kết và độ bền đối với nhiệt trong dãy từ HF đến HI có các giá trị sau: HF HCl HBr HI Độ dài liên kết HX (Ǻ) 1,02 1,28 1,41 1,60 Năng lượng liên kết HX 135 103 87 71 (Kcal/mol) Phân hủy ở 10000C (%) Không 0,014 0,5 33 Trong dãy đó, độ bền đối với nhiệt giảm do độ dài liên kết tăng và năng 0,25 lượng liên kết giảm. Độ bền đối với nhiệt chỉ phụ thuộc vào năng lượng liên kết của phân tử, còn nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi lại phụ thuộc vào năng lượng tương tác giữa các phân tử nên độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI phù hợp với sự 0,5 thay đổi nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi

1. b

2KClO3 + H2C2O4 + 2H2SO4 → 2ClO2 + K2SO4 + 2CO2 + 2H2O 0,5 2NaClO3 + SO2 + H2SO4 → 2 ClO2 + 2NaHSO4 CO2 sinh ra pha loãng ClO2 nên làm giảm khả năng nổ của ClO2 nên điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm theo phương pháp trên tương đối an toàn. AgNO3 : thuốc thử ion Cl-( kt trắng) ; Br- ( kt vàng nhạt) ; I- ( kt vàng) → Có Br hoặc I Ba(NO3)2 : thuốc thử ion SO42- ( kt trắng) → không có SO420,5 NH3 + Ca(NO3)2 : thuốc thử ion F- (kt CaF2 trắng) → không có F KMnO4 + Ba(NO3)2 : thuốc thử ion SO32- ( kt BaSO4) Cu(NO3)2 : thuốc thử ion I- ( I2 + CuI kt trắng) → không có I + Từ htg trên kết luận A có S+4, có Br- . Vậy A là: SOBr2 hoặc SOBrCl. SOBr2 + 2H2O ---> H2SO3 + 2HBr và SOBrCl + 2H2O ---> H2SO3 + HCl + 0,25 HBr

Câu IX (2đ): Oxi-Lưu huỳnh. Hòa tan hoàn toàn 2 gam một hỗn hợp chứa Na2S.9H2O, Na2S2O3.5H2O và tạp chất trơ vào H2O, rồi pha loãng thành 250 ml dung dịch (dd A). Thêm tiếp 25 ml dung dịch iot 0,0525M vào 25 ml dung dịch A. Axit hóa bằng H2SO4 rồi chuẩn độ iot dư hết 12,9 ml dung dịch Na2S2O3 0,101M. Mặt khác cho ZnSO4 dư vào 50 ml dung dịch A. Lọc bỏ kết tủa. Chuẩn độ dung dịch nước lọc hết 11,5 ml dung dịch iot 0,0101M. Tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp rắn ban đầu. Câu Nội dung Điểm Thêm 25 ml dung dịch I2 0,0525M vào 25 ml dung dịch A Na2S + I2 → 2NaI + S ↓ (1) 0,25 2Na2S2O3 + I2 → Na2S4O6 + 2NaI (2) 0,25 Chuẩn độ iot dư hết 12,9 ml dung dịch Na2S2O3 0,101M (=0,0013029 mol) 2Na2S2O3 + I2 → Na2S4O6 + 2NaI (3) → I2 dư 0,00065145 mol 0,25 → I2 tham gia phản ứng (1)+(2) là : 0,025x0,0525 – 0,00065145 = 0,00066105 mol = 6,6105x10-4 (mol) 0,25 → số mol I2 cần p/ư với 250 ml dd A: 6,6105.10-3 mol Cho ZnSO4 dư vào 50 ml dung dịch A. Zn2+ + S2- → ZnS ↓ Lọc bỏ kết tủa, chuẩn độ nước lọc hết 11,5 ml dd iot 0,0101M (= 0,00011615 mol = 1,1615.10-4 mol) → số mol Na2S2O3 trong 50 ml dd A 0,5 là 2,323.10-4 mol → số mol Na2S2O3 trong 250 ml dd A là 1,1615.10-3 mol → số mol I2 cần dùng trong (2) khi p/ư với 250 ml A là : 5,8075.10-4 mol

→ số mol Na2S trong 250 ml dung dịch A: 6,02975.10-3 mol % Na2S.9H2O= 6,02975.10-3 . 168.100/2 = 72,36% %Na2S2O3.5H2O = 14,40% % tạp chất trơ = 13,24%

0,5

Câu X (2đ): Động học của phản ứng. Xét phản ứng sau: CH3X + Y → CH3Y + X. Ở 25oC người ta tiến hành 2 dãy thí nghiệm với kết quả như sau: Dãy thí nghiệm 1: [Y]0 = 3,0 M Dãy thí nghiệm 2: [Y]0 = 4,5 M [CH3X] (M) thời gian (h) [CH3X] thời gian (h) -3 -3 7,08.10 1,0 4,50.10 0 -3 -3 4,52.10 1,5 1,70.10 0,70 -3 -4 2,23.10 2,3 4,19.10 1,7 4,76.10-4 4,0 1,11.10-4 2,6 -5 -5 8,44.10 5,7 2,81.10 3,6 2,75.10-5 7,0 Mặt khác, người ta cũng tiến hành thí nghiệm ở 85oC. Khi [CH3X]0 = 1,0.10-2 và [Y]0 = 3,0 M, hằng số tốc độ phản ứng là 326 (đơn vị thời gian trong hằng số tốc độ là giờ) 1. Xác định biểu thức tốc độ và giá trị hằng số tốc độ của phản ứng ở 25oC. 2. Xác định năng lượng hoạt hoá của phản ứng trên. Câu

Nội dung Trong cả 2 thí nghiệm, vì [Y]0 >> [CH3X], do đó trong suốt quá trình phản

Điểm

ứng, nồng độ Y thay đổi không đáng kể. Trong biểu thức R = k.[Y]m.[CH3X]n ; đặt kapp = k.[Y]m = const.

0,25

Đối với thí nghiệm thứ nhất, ta xác định được n = 1 và kapp(1) = 0,933 h-1

0,25

Đối với thí nghiệm thứ hai, ta xác định được n = 1 và kapp(2) = 1,42 h-1 Ta có: kapp = k.[Y]m ⇒ ln kapp = ln k + mln [Y]

0,5

Từ đó ta thiết lập được hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn là ln k và m, giải ra ta

được m = 1; k = 0,300 M-1.h-1. Do đó biểu thức tốc độ là R = (0,300 M-1.h-1)[CH3X].[Y]

0,5

Theo phương trình Arrhenius, ta có:

0,5

k1 k2 Ea = = 103 kJ/mol 1 1 − T2 T1 R.ln

.................HẾT................

GV: Trần Thu Hương ĐT: 0974501103

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

ĐỀ NGUỒN DUYÊN HẢI LỚP 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP

NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: HÓA HỌC

Câu 1. (4 điểm) 1. (1 điểm) Cho bảng sau: Nguyên tố Năng lượng ion hoá I2

11,87

12,80

13,58

14,15

16,50

15,64

(eV) Hãy giải thích sự biến đổi năng lượng ion hoá thứ hai của các nguyên tố trong bảng. 2. (1 điểm) Một trong những oxit quan trọng của nito là NO2, đây là chất khí màu nâu khá hoạt động. a)

Hãy vẽ công thức Lewis của NO2 và cho biết dạng lai hóa của N, dự đoán hình học

phân tử theo VSEPR b)

Sử dụng mô hình VSEPR hãy dự đoán hình học của NO2- và NO2+. So sánh góc liên kết

ONO của hai ion trên và của NO2 3.

(1 điểm) Xem xét hai hợp chất khác của nito là trimetylamin (Me3N) và trisilyamin

((H3Si)3N). Góc liên kết đo được ở nguyên tử nito trong hai hợp chất này là 108° và 120°. Hãy giải thích sự khác nhau về góc liên kết trong hai hợp chất này? 4.

(1 điểm) Cả nitơ và bo đều tạo hợp chất triflorua. Năng lượng liên kết của BF3 là 646

kJ/mol và của NF3 là 280 kJ/mol. Hãy giải thích sự khác nhau về năng lượng liên kết trong hai hợp chất? Đáp án: 1. Cấu hình electron của các nguyên tố: Ca [Ar]4s2 ; Sc [Ar]3d14s2 ; Ti [Ar]3d24s2 ; V [Ar]3d34s2 ; Cr [Ar]3d54s1 ; Mn [Ar]3d54s2 Năng lượng ion hoá thứ hai ứng với sự tách electron hoá trị thứ hai. Từ Ca đến V đều là sự tách electron 4s thứ hai. Do sự tăng dần điện tích hạt nhân nên lực hút giữa hạt nhân và các electron 4s tăng dần, do đó năng lượng ion hoá I2 cũng tăng đều đặn. Đối với Cr, do cấu hình

electron đặc biệt với sự chuyển 1 electron từ 4s về 3d để sớm đạt được phân lớp 3d5 đầy một nửa, electron thứ hai bị tách nằm trong cấu hình bền vững này cho nên sự tách nó đòi hỏi tiêu tốn nhiều năng lượng hơn nên I2 của nguyên tố này cao hơn nhiều so với của V. Cũng chính vì vậy mà khi chuyển sang Mn, 2 electron bị tách nằm ở phân lớp 4s, giá trị I2 của nó chỉ lớn hơn của V vừa phải, thậm chí còn nhỏ hơn giá trị tương ứng của Cr. 2. a) NO2 có dạng hình học: gấp khúc, N lai hóa sp2.

b) NO2- : dạng gấp khúc, NO2+ dạng đường thẳng. Góc liên kết NO2+ > NO2- > NO2 3. Góc liên kết ở N trong trimetylamin (Me3N) và trisilyamin ((H3Si)3N) lần lượt là 108° và 120°. Ở Me3N, trên N còn cặp electron tự do nên góc từ 109,4° còn 108°. Với (H3Si)3N có sự tham gia của obitan d vào liên kết, nó xen phủ cùng obitan lai hóa của nguyên tử N tạo cho liên kết Si-N gần như liên kết đôi, nên cặp electron dự do của N trở nên định xứ và làm biến đổi dạng hình học của phân tử. Kết quả là phân tử có dạng tam giác phẳng với góc liên kết 120°. 4.

Cả hai phân tử BF3 và NF3 đều là hợp chất cộng hóa trị trong đó BF3 dạng tam giác

phẳng còn NF3 dạng tháp tam giác. Nguyên nhân là do ở BF3 có liên kết πp-p của obitan 2p của F cho obitan trống trên B. Do vậy năng lượng liên kết của BF3 lớn hơn năng lượng liên kết ở NF3 (có thêm liên kết π)

Câu 2.(4 điểm) 1. Phòng thí nghiệm có mẫu phóng xạ Au198 với cường độ 4,0 mCi/1g Au. Sau 48 giờ người ta cần một dung dịch có độ phóng xạ 0,5 mCi/1g Au. Hãy tính số gam dung môi không phóng xạ pha với 1g Au để có dung dịch nói trên. Biết rằng Au198 có t1/2 = 2,7 ngày đêm. 2. Cho dãy phóng xạ sau:

α → Rn  3,82d

222

218

−

214 214 214 α α β β → Pb → → Po  Bi → Po  3,1min 164 µ s 26,8min 19,9 min

Giả thiết rằng ban đầu chỉ có một mình radon trong mẫu nghiên cứu với hoạt độ phóng xạ 3,7.104 Bq, a. Viết các phương trình biểu diễn các phân rã phóng xạ trong dãy trên. b. Tại t = 240 min (phút) hoạt độ phóng xạ của 222Rn bằng bao nhiêu? c. Cũng tại t = 240 min hoạt độ phóng xạ của 218Po bằng bao nhiêu? d. Tại t = 240 min hoạt độ phóng xạ chung lớn hơn, nhỏ hơn hay bằng hoạt độ phóng xạ ban đầu của 222Rn. Giải 1.

- t = 48 h = 2 ngày đêm. - Áp dụng biểu thức tốc độ của phản ứng một chiều bậc một cho phản ứng phóng xạ, ta có: λ = 0,693/t1/2; Với t1/2 = 2,7 ngày đêm, λ = 0,257 (ngày đêm)-1. Từ pt động học p.ư một chiều bậc nhất, ta có: λ =(1/t) ln N0/N. Vậy: N/N0 = e- λ t = e-0,257 x 2 = 0,598. Như vậy, sau 48 giờ độ phóng xạ của mẫu ban đầu còn là: 0,598 x 4 = 2,392(mCi).

Do đó số gam dung môi trơ cần dùng là: (2,392 : 0,5) – 1,0 = 3,784 (g). 2. a) 222 86Rn 218 84Po

→ 21884Po + 42He →

214

82Pb

2He

214 82Pb

→

214 83Bi

+ β-

214 83Bi

→

214 84Po

+ β-

214 84Po

→

210

82Pb

+α

3,7.104 Bq = 1µCi , 240 min = 4 h b) A1 = A01e-λt = 1µCi.e-ln2.4/24.3,82 = 0,97 µCi c)

t = 240 min > 10 t1/2(Po), hệ đã đạt được cân bằng phóng xạ và

+ Quan niệm gần đúng rằng có cân bằng thế kỉ (λ1<<λ2) nên:

A2 = A1 = 0,97 µCi + Thật ra cân bằng là tạm thời nên A1/A2 = 1 – t1/2(2)/t1/2(1) → A2 = A1/[1 – 3,1/(3,82.24.60)] = 0,9702 µCi d) A = A1 + A2 + ...> A01 Câu 3.(4 điểm) Bơm khí SO3 vào bình rồi nâng nhiệt độ lên 900K. Ở trạng thái cân bằng, áp suất tổng là 1,306 atm và tỉ lệ

PSO3 PSO2

bằng 2,58.

 → SO2 + 1 O2. a) Tính Kp của cân bằng SO3 ←  2

 → V2O4(r) + SO3, người b) Khi có xúc tác V2O5, giả thiết có cân bằng: V2O5(r) + SO2 ← 

ta đo được bằng thực nghiệm giá trị lg

PSO3 PSO2

ở hai nhiệt độ 900K và 830K tương ứng là -1,7

và -1,82. Tính ∆G 0f tại 250C, giả thiết ∆H 0f và ∆S 0f không thay đổi khi nhiệt độ biến thiên. c) Tính PO tương ứng với sự phân hủy V2O5(r) thành V2O4(r) ở 900K. 2

ĐÁP ÁN  → SO2 + 1 O2 ở 900K a) Xét phản ứng: SO3 ←  2

Ban đầu chỉ có SO3 nên lúc cân bằng Pso = 2p O . Tỉ lệ áp suất 2

Theo giả thiết ta có: PSO + PSO + PO =1,306 ⇔ 2,58.PSO +PSO + 3

Do đó: PSO = 2

PSO2

PSO3 PSO2

= 2,58 ⇒ PSO = 2,58.PSO 3

=1,306 .

1,306 =0,32 atm 2,58+1+0,5

Từ đó suy ra: PO = 2

1 PSO = 0,16 atm ; PSO3 = 2,58.PSO2 = 2,58.0,32 = 0,8256 atm 2 2

Do đó hằng số cân bằng của phản ứng trên là: Kp =

PSO3 .(PO2 )1/2

 → V2O4(r) + SO3. b) Xét phản ứng: V2O5(r) + SO2 ← 

PSO2

0,32.(0,16)1/2 = = 0,155 0,8256

Hằng số cân bằng của phản ứng là: Kp =

PSO3 PSO2

Từ các số liệu đo được ta tính lnKp = 2,3.lgKp = 2,3.lg

PSO3 PSO2

ở hai nhiệt độ 830K và 900K

tương ứng là 4,19 và 3,915. Ta tính được: ∆G 0f (830) = -RTlnK p = 28,8kJ và ∆G 0f (900) = -RTlnK p = 29,3kJ . Từ đó ta có hệ:  ∆H 0f − 830 ∆S 0f = 28,8 ⇒ ∆H 0f = 22,9kJ ; ∆S0f = -7,1kJ và ∆G 0f = 22900-298(-7,1) = 25kJ  0 0  ∆H f − 900 ∆S f = 29,3

c) Ở 900K: lg

PSO3 PSO2

= -1,7 suy ra

PSO3 PSO2

= 0,02

Dựa vào cả hai cân bằng ở (a) và (b) suy ra PO = 9,56.10-6 atm 2

Câu 4. (4 điểm) Một pin điện hóa được cấu tạo từ hai điện cực gồm thanh kẽm nhúng trong cốc A chứa 1,00 lít dung dịch Zn(NO3)2 0,1M và thanh bạc nhúng trong cốc B chứa 1,00 lít dung dịch AgNO3 0,1M. a. Tính suất điện động của pin tạo thành từ các cặp điện cực trên. b. Xét 2 thí nghiệm sau: Thí nghiệm 1: Chuẩn bị một pin điện hóa như ở phần (a). Thêm 0,3 mol KCl vào cốc B, khuấy đều để phản ứng hoàn toàn. Đo suất điện động của pin này thi được có giá trị Epin1 = 1,04V. Thí nghiệm 2: Chuẩn bị pin điện hóa như ở phần (a). Cho pin hoạt động một thời gian, rút cầu muối để pin dừng hoạt động. Thêm 0,3 mol KCl vào cốc B, khuấy đều dung dịch để các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Đo suất điện động của pin này thu được giá trị Epin2 = 1,029V. Xác định nồng độ Ag+ trong cốc B khi cầu muối được rút ra ( ở thí nghiệm 2) Cho E / = - 0,76V; E / = 0,80V;

ln = 0,0592log. Các thí nghiệm được tiến

hành ở 250C, các dung dịch có thể tích không đổi khi thêm chất rắn.

Ä?ĂĄp ĂĄn a. E / = E / +

log Zn = â&#x2C6;&#x2019;0,76 +

log 0,1 = â&#x2C6;&#x2019;0,7896V

E / = E / + 0,0592 log Ag = 0,80 + 0,0592. log 0,1 = 0,7408V

E)* = E / â&#x2C6;&#x2019; E / = 0,7408 â&#x2C6;&#x2019; ,â&#x2C6;&#x2019;0,7896- = 1,5304V b. ThĂ nghiáť&#x2021;m 1: Ag+ + Cl- â&#x2020;&#x2019; AgCl 0,1 _

0,3 0,2

E)* / = E 01/ ,/- â&#x2C6;&#x2019; E / E 01/ ,/- = E)* ,/- + E / = 1,04 + ,â&#x2C6;&#x2019;0,7896- = 0,2504V Máşˇt khĂĄc E 01/ ,/- = E / + 0,0592log

2345 016 7

TĂch sáť&#x2018; tan AgCl lĂ ráşĽt nháť? nĂŞn ta coi AgCl tan khĂ´ng Ä&#x2018;ĂĄng káť&#x192;, do váşy cĂł tháť&#x192; coi [Cl]1= CCl-= 0,2M TAgCl = 9,678.10-11 (TM váť&#x203A;i giáşŁ sáť) ThĂ nghiáť&#x2021;m 2: Ag+ + Cl- â&#x2020;&#x2019; AgCl x

0,3

0,3-x

E)* , - = E 01/ , - â&#x2C6;&#x2019; E / E 01/ , - = E)* , - + E / = 1,029 + ,â&#x2C6;&#x2019;0,7896- = 0,2394V MĂ E 01/ , - = E / + 0,0592log

2345 016

[Cl-]2 = 0,2854 M x = 0,0146M .(TM váť&#x203A;i giáşŁ sáť) Váşy náť&#x201C;ng Ä&#x2018;áť&#x2122; Ag+ trong cáť&#x2018;c B khi cáş§u muáť&#x2018;i Ä&#x2018;Ć°áťŁc rĂşt lĂ 0,0146M CĂ˘u 5.(4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m)

1. (2 điểm) X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH2. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 2,5 a) (0,5 điểm) Xác định nguyên tố X, viết cấu hình electron của nguyên tử b) (1,5 điểm) Ở điều kiện thường XH2 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, chỉ ra dạng hình học của XH2. So sánh góc liên kết, nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy của XH2 so với các hidrua cùng nhóm với X trong bảng hệ thống tuần hoàn? 2. (2 điểm) Để xác định hàm lượng khí độc H2X trong không khí người ta làm thí nghiệm như sau : Lấy 50 lít không khí nhiễm khí H2X (d = 1,29 g/l) cho đi qua thiết bị phân tích có chứa dung dịch CdSO4 dư. Sau đó axit hóa toàn bộ hỗn hợp thu được và cho tất cả lượng H2X sinh ra hấp thụ hết vào ống đựng 10 mL dung dịch I2 0,015 M. Lượng I2 dư tác dụng vừa đủ với 12,5 mL dung dịch Na2S2O3 0,008 M. Viết các phương trình hóa học xảy ra trong quá trình thí nghiệm và tính hàm lượng H2X trong không khí theo ppm (số microgam chất trong 1 gam mẫu). Đáp án: 1. a) Hợp chất với hidro của X dạng XH2 nên X có thể thuộc nhóm IIA hoặc VIA. +) Nếu X thuộc nhóm IIA, cấu hình electron lớp ngoài cùng là ns2. Như vậy: ms = -1/2; ml = 0; l = 0 → n = 3. X là Magie, có cấu hình electron là [Ne]3s2 +) Nếu X thuộc nhóm VIA, cấu hình electron lớp ngoài cùng là ns2np4. Như vậy: ms = -1/2; ml = -1; l = 1 → n = 3. X là lưu huỳnh, có cấu hình electron là [Ne]3s23p4 b) Ở điều kiện thường, XH2 là chất khí, do vậy X là lưu huỳnh, XH2 là khí H2S. - Công thức cấu tạo của H2S là H-S-H, dạng hình học gấp khúc. - Các hidrua của các nguyên tố cùng nhóm X là: H2O, H2S, H2Se, H2Te +) Góc liên kết: góc HOH lớn nhất (≈109°) do Oxi lai hóa sp3. Góc liên kết trong các phân tử H2S đến H2Te xấp xỉ 90° do lưu huỳnh không tham gia lai hóa. Từ H2S đến H2Te góc liên kết giảm dần do độ âm điện từ S đến Te giảm dần.

+) Nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy: H2O có nhiệt độ sôi, nóng chảy lớn nhất do có liên kết hidro. Từ H2S đến H2Te nhiệt độ sôi, nóng chảy tăng dần do khối lượng phân tử và kích thước tăng dần nên tương tác Vandevan từ H2S đến H2Te tăng dần. 2. Với X là lưu huỳnh, H2X là H2S. Phương trình hóa học: H2S + Cd2+ → CdS + 2H+

(1)

CdS + 2H+ → Cd2+ + H2S

(2)

H2S + I2 → S + 2I- + 2 H+

(3)

I2 + 2S2O32- → 2I- + 2S4O62-

(4)

nI2 = 0,01 x 0,015 = 1,5x 10-4 mol nS2O32- = 0,0125 x 0,008 = 10-4 mol Từ (1) → (4) ⇒ nH2S = nI2(3) = 1,5x10-4 - 10-4/2 = 10-4 mol Khối lượng không khí: m = 1,29 x 50 = 64,5 gam. Hàm lượng H2S theo ppm: (10-4 x 34 x 106)/ 64,5 = 52,7 ppm Câu 6: (4 điểm) NO và NO2 là các chất gây ô nhiễm. Chúng được hình thành chủ yếu từ sấm sét và do quá trình đốt cháy nhiên liệu của động cơ. Ở nhiệt độ cao NO có thể phản ứng với H2 tạo ra khí N2O là 1 chất gây ra hiệu ứng nhà kính. 2 NO(k) + H2(k) → N2O(k) + H2O(k)

(1)

Nghiên cứu động học của phản ứng này tại 820oC cho kết quả ở bảng sau: STT

Áp suất ban đầu (kPa)

Tốc độ hình thành N2O (Pa.s-1)

PNO

PH2

16,0

8,0

11,53

8,0

2,88

8,0

24,0

8,65

(Không dùng nồng độ trong bài này.)

a. XĂ˘y dáťąng phĆ°ĆĄng trĂŹnh táť&#x2018;c Ä&#x2018;áť&#x2122; pháşŁn áťŠng cho pháşŁn áťŠng (1) vĂ xĂĄc Ä&#x2018;áť&#x2039;nh háşąng sáť&#x2018; táť&#x2018;c Ä&#x2018;áť&#x2122; cáť§a pháşŁn áťŠng nĂ y táşĄi 820oC. b. TĂnh táť&#x2018;c Ä&#x2018;áť&#x2122; tiĂŞu tháťĽ ban Ä&#x2018;áş§u cáť§a NO trong háť&#x2014;n háťŁp cĂł ĂĄp suáşĽt cáť§a NO lĂ 26,7 kPa vĂ H2 lĂ 13,3 kPa táşĄi 820oC. (náşżu khĂ´ng tĂnh Ä&#x2018;Ć°áťŁc háşąng sáť&#x2018; táť&#x2018;c Ä&#x2018;áť&#x2122; k áť&#x; cĂ˘u a) thĂŹ dĂšng giĂĄ tráť&#x2039; 5,5.10-12) c. Trong háť&#x2014;n háťŁp gáť&#x201C;m NO vĂ H2 váť&#x203A;i ĂĄp suáşĽt ban Ä&#x2018;áş§u cáť§a NO lĂ 106,6 kPa vĂ cáť§a H2 lĂ 0,133 kPa. HĂŁy tĂnh tháť?i gian Ä&#x2018;áť&#x192; ĂĄp suáşĽt riĂŞng pháş§n cáť§a H2 giáşŁm xuáť&#x2018;ng cĂ˛n máť&#x2122;t náťa giĂĄ tráť&#x2039; ban Ä&#x2018;áş§u. HĂŁy giáşŁi thĂch ngáşŻn gáť?n Ä&#x2018;áť&#x192; Ä&#x2018;ĆĄn giáşŁn hĂła biáť&#x192;u tháťŠc táť&#x2018;c Ä&#x2018;áť&#x2122; pháşŁn áťŠng. (Náşżu khĂ´ng tĂnh Ä&#x2018;Ć°áťŁc háşąng sáť&#x2018; táť&#x2018;c Ä&#x2018;áť&#x2122; k áť&#x; cĂ˘u a) thĂŹ dĂšng giĂĄ tráť&#x2039; 5,5.10-12) Ä?ĂĄp ĂĄn: a. v = kÂˇP(NO)aÂˇP(H 2)b TN1:k1=

a=2

//, 9 :;.< 67 ,/= :;- .> :;

b=1

=5,630.10-12 Pa-2.s-1

TĆ°ĆĄng táťą: k2= 5,625Âˇ10-12 Pa â&#x20AC;&#x201C;2Âˇs-1

k3= 5,632Âˇ10-12 Pa â&#x20AC;&#x201C;2Âˇs-1

â&#x2020;&#x2019; k= 5,629.10-12 Pa-2.s-1 b. v= -

/ â&#x2C6;&#x2020;:,@A

â&#x2C6;&#x2020;B

â&#x2C6;&#x2020;:,@Aâ&#x2C6;&#x2020;B

=5,629.10-12 .(26700)2.13300 = 53,38 Pa.s-1

= - 106,76 Pa.s-1

(náşżu dĂšng k= 5,5.10-12 thĂŹ v= 52,14 Pa.s-1 vĂ

â&#x2C6;&#x2020;:,@Aâ&#x2C6;&#x2020;B

= - 104,31 Pa.s-1)

c. P(NO) â&#x2030;Ť P(H 2) â&#x2021;&#x2019; v = kâ&#x20AC;&#x2DC;ÂˇP(H 2) váť&#x203A;i kâ&#x20AC;&#x2122; = kÂˇP(NO)2 kâ&#x20AC;&#x2122; = 5,63Âˇ10-12 Pa â&#x20AC;&#x201C;2Âˇs-1Âˇ (106600 Pa)2 = 0,064 s-1 t1/2 = ln2/kâ&#x20AC;&#x2122;

t1/2 = 10,8 s

(náşżu dĂšng k= 5,5.10-12 thĂŹ t1/2= 11,1 s) CĂ˘u 7: (4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) Trong máşĄng tinh tháť&#x192; cáť§a Beri borua, nguyĂŞn táť Bo káşżt tinh áť&#x; máşĄng tinh tháť&#x192; láşp phĆ°ĆĄng tĂ˘m máşˇt vĂ trong Ä&#x2018;Ăł táşĽt cáşŁ cĂĄc háť&#x2018;c táťŠ diáť&#x2021;n Ä&#x2018;ĂŁ báť&#x2039; chiáşżm báť&#x;i nguyĂŞn táť Be, khoáşŁng cĂĄch ngáşŻn nháşĽt o

giáťŻa hai nguyĂŞn táť Bo lĂ 3,29 A . a. Váş˝ hĂŹnh biáť&#x192;u diáť&#x2026;n sáťą chiáşżm Ä&#x2018;Ăłng cáť§a nguyĂŞn táť Bo trong máť&#x2122;t Ă´ máşĄng cĆĄ sáť&#x;.

b. Có thể tồn tại bao nhiêu hốc tứ diện, hốc bát diện trong một ô mạng? Từ đó cho biết công thức thực nghiệm của hợp chất này (công thức cho biết tỉ lệ nguyên tử của các nguyên tố). Trong một ô mạng có bao nhiêu đơn vị công thức trên? c. Cho biết số phối trí của Be và Bo trong tinh thể này là bao nhiêu? d. Tính độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở, độ dài liên kết B – Be và khối lượng riêng của Beri borua theo đơn vị g/cm3? Biết nguyên tử khối của B = 10,81; Be = 9,01; và số Avogadro NA = 6,022.1023 Đáp án: a. Vẽ hình:

b.Có 8 hốc tứ diện và 4 hốc bát diện Trong ô mạng cơ sở có 4 nguyên tử B, mỗi nguyên tử Be chiếm một hốc tứ diện nên trong một ô mạng có 8 nguyên tử Be. Nên công thức thực nghiệm của hợp chất là Be2B. Trong ô mạng cơ sở có 4 đơn vị công thức trên. c. Số phối trí của Be là 4, của B là 8. o

d. a = 4,65 A khối lượng riêng d = 1,9 g/cm3 Câu 8: (4 điểm)

1. Tính nhiệt lượng cần thiết để nâng nhiệt độ của 0,5 mol H2O từ -50oC đến 500oC ở P = 1atm. Biết nhiệt nóng chảy của nước ở 273K là Lnc = 6004 J/mol, nhiệt bay hơi của nước ở 373K là Lh = 40660 J/mol. -2

C Po ( H 2O ,h ) = 30,2 + 10 T (J/mol.K) ; C Po ( H 2O ,r ) = 35,56 (J/mol.K); C Po ( H 2O ,l ) = 75,3 (J/mol.K)

2. Một nhiệt lượng kế chứa nước ở nhiệt độ 22,55oC. Thêm 1,565 g ZnSO4 vào nhiệt lượng kế và hòa tan thì nhiệt độ của dung dịch trong nhiệt lượng kế là 23,52oC. Trong thí nghiệm thứ 2, một nhiệt lượng kế cũng được chuẩn bị với cùng lượng nước như thí nghiệm trước, nhưng nhiệt độ của nước là 22,15oC. Thêm 13,16 g ZnSO4.7H2O vào nhiệt lượng kế và hòa tan thì nhiệt độ của dung dịch lúc này là 21,84oC. Nhiệt dung riêng của cả hệ là 0,900 kJ/K trong cả 2 thí nghiệm. Tính biến thiên entanpi của quá trình

ZnSO4 + 7 H2O →ZnSO4.7 H2O

3. Cho phản ứng 2SO2 + O2 → 2SO3 Các giá trị trong bảng số liệu sau được cho ở điều kiện chuẩn:

∆H0f

(kJ/mol)

(J/mol.K)

SO2(k)

-297

248

39,9

O2(k)

205

29,4

SO3(k)

-396

257

50,7

Cp là nhiệt dung đẳng áp, nó được dùng để tính entanpi và entropi của 1 chất từ các giá trị tương ứng ở điều kiện chuẩn theo công thức sau: ∆H0f (T) = ∆H0f + Cp·(T – 298 K),

S(T) = S0 + Cp·ln(T/298 K)

Hãy tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 600oC Cho Zn= 65 S=32 O=16 H=1 Đáp án: H2O(r) o 1. -50 C

∆ H1

∆H ∆H3 ∆H4 H2O(r) ∆H2 H2O(l) H2O(l) H2O(h) 5 H2O(h)(500oC) 100oC 100oC 0oC 0oC

∆Ho =

∑ ∆H = 1

273

373

o o ∫ n.C P( r ) .dT +n.Lnc + ∫ n.C P (l ) .dT +n.Lh +

223

273

773

∫ n.C

o P ( h)

.dT

373

= 0,5 .35,56(273 – 223) + 0,5 .6004 + 0,5 .75,3 .(373 – 273) + 0,5 .40660 + + 0,5.30,2 .(773 – 373) +

10 −2 .0,5 (7732 – 3732) = 35172(J) 2

2. ZnSO4(s) → ZnSO4(aq) ∆H1=- 0,900.(23,52-22,55).161/1,565 = -89,81 kJ/mol ZnSO4 · 7 H 2O(s) → ZnSO4(aq) ∆H2= -0,900. (21,84-22,15).287/13,16= 6,085 kJ/mol ZnSO4 + 7 H2O →ZnSO4.7 H2O có ∆H = ∆H1 -∆H2 = - 95,89 kJ/mol 3. ∆G=∆H–T·∆S

∆Cp= -7,8

∆H(T) = ∆H(298 K) + ∆Cp· (T – 298 K)

∆S(T) = ∆S(298 K) + ∆Cp·ln(T/298K)

∆H(873 K) = -198 kJ/mol – 7,8 JK-1mol -1·575 K ∆S(873) = -187 JK-1mol -1 – 7,8·ln(873 K/298 K) ∆S(873) = -195,38 JK-1 mol -1

∆H(873) = -202,49kJ mol -1 ⇒∆G(873) = -31,92 kJ/mol Kp = e–(∆G/RT)

K(873) = 81,27

Câu 9: (4 điểm) 290 mg 1 oxit kim loại MO2, dung dịch HCl đặc và dung dịch KI được chuẩn bị trong các dụng cụ thí nghiệm như hình vẽ dưới đây:

ốc độ nhỏ giọt của dung dịch HCl đặc trên ên phễu. Ống nghiệm A Khí CO2 giúp điều chỉnh tốc ng 30 phút. Trong suốt thời gian được đậy kín như hình vẽ,, sau đđó được đun sôi trong khoảng m thoát ra trong phản ph ứng sẽ này, khí CO2 vẫn được duy trì để đẩy HCl xuống còn sản phẩm d trong bình C được chưng cất dần sang bình B và C. Kết thúc thí nghiệm toàn bộ dung dịch được chuyển sang bình eclen B. Sau đó chuẩn độ dung dịch trong bình B bằng dung dịch Na2S2O3 0,1 M cho đếnn khi dung ddịch nhạt màu, thêm ít hồ tinh bột vào rồi chuẩn độ đến khi dung dịch mất màu hoàn toàn. Thể tích dung dịch Na2S2O3 đã dùng trong phép chuẩn độ trên là 24,25 mL. a. Viết tất cả các phương trình phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên. b. Xác định kim loại trong oxit MO2 đã dùng. 2. Một giáo viên làm thí nghiệm vui mô tả cách biến chì thành vàng như sau: Ngâm một lá chì

ngu dung dịch thấy vào một dung dịch X ở nhiệt độ 90OC, một thời gian sau lấy lá chì ra, để nguội những tinh thể màu vàng óng ánh xuất hiện.

nh dung dị dịch X có thể là CuI2 hoặc AuCl3. Điều này có hợp lý không? a) Một học sinh xác định Giải thích.

ch X (khác hai ch chất ở ý a) phù hợp với hiện tượng thí nghiệm nghi được mô b) Đề nghị một dung dịch tả ở trên. Viết phương trình minh họa. Đáp án: 1.

a. phương tình phản ứng MO2 + 4 HCl → MCl 2 + Cl 2 + 2 H 2O Cl2 + 2 I- → I2 + 2ClI2 + 2Na2S2O3 → 2 NaI + Na2S4O6 b. nMO2= nCl2=nI2= ½.nNa2S2O3= 0,5.24,25.0,1 = 1,2125 mmol. → MMO2 =239,18 → M=207,18 → M là Pb. 2. a. Không thể là CuI2 vì CuI2 tự oxi hóa khử : 2CuI2 → 2CuI + I2 Không thể là AuI3 vì kim loại Au sinh ra ngay lập tức, không đợi dung dịch nguội. 2AuI3 + 3Pb → 3PbI2 + 2Au b.Hóa chất đề nghị: HI Pb + 2HI → PbI2 (tan trong nước nóng) + H2 Câu 10: (4 điểm) 1. Trộn 20,00 mL dung dịch NH3 0,015 M với 10,00 mL dung dịch H2CO3 0,03 M thu được 30,00 mL dung dịch A. a. Tính thành phần giới hạn và pH của dung dịch A. b. Tính thể tích dung dịch HCl 0,005 M cần thêm vào dung dịch A để thu được dung dịch mới có pH= 6,35 2. Lấy 3 giọt dung dịch gồm Ba2+ 0,03 M và Sr2+ 0,03 M vào ống nghiệm rồi thêm tiếp 6 giọt dung dịch đệm axetat gồm CH3COOH 0,1 M và CH3COONa 0,05 M. Sau đó thêm 1 giọt dung dịch K2Cr2O7 1M vào ống nghiệm này. Hỏi có kết tủa xuất hiện hay không? Nếu có hãy cho biết màu sắc và thành phần của kết tủa. (Giải thích bằng những tính toán cụ thể). Các giọt dung dịch đều có thể tích như nhau. Cho NH4+ có pKa = 9,24

H2CO3 có

Cr2O72– + H2O ⇌ 2CrO42– + 2H+ pKs(BaCrO4)= 9,93 Đáp án:

pKs(SrCrO4)= 4,65

pKa= 6,35; 10,33 K a = 2,3.10

CH3COOH có pKa= 4,76

-15

Độ tan của CO2: LCO2=0,03 M

1. Sau khi trộn CNH3= 0,01 M Phản ứng :

CH2CO3= 0,01 M + H2CO3 ⇌ NH4+

NH3 0,01M

TPGH

HCO3-

0,01 M

-------

-------- 0,01M

0,01M

a. Tính pH: H2O NH4+

OH–

H+

NH3

K a = 10 −9, 24

H+

CO32–

K a 2 = 10 −10,33

⇌

HCO3–

⇌

HCO3– + H+

K w = 10 −14

⇌ H+

K a1−1 = 10 6,35

⇌ H2CO3

Điều kiện proton: [H+] = [OH–] + [NH3] + [CO32–] – [H2CO3] ⇒ [H + ] =

Kw +

[H ]

+ K a2

[ HCO 3 − ] +

[H ]

K w + K a [ NH 4 + ] + K a 2 [HCO 3 − ]

⇒ [H ] =

E.FG7 E E.FG7 FG7 .FG E

E FG .

. 0,01

− K a1−1[ HCO 3 − ][H + ]

(1)

1 + K a1−1[HCO 3 − ]

[HCO3-] = [NH4+]=

[ NH 4 + ]

+ Ka

(2)

. 0,01

(3)

Tính lặp theo (1), (2) và (3) được kết quả: NH4+

HCO3-

0,01 M

9,667.10-3 M

9,614.10-3 M

h 1,668.10-8 M

7,778

1,673.10-8 M

7,777

Dừng lặp. b. Đặt VHCl = V (mL) Theo định luật trung hòa điện ta có: [H+] + [NH4+] = [OH-] + [Cl-] + [HCO3-] + 2[CO32-] 10-6,35 +

, /×9 9 I

V= 29,918 mL

E E FG

= 10-7,65 +

, ×I 9 I

, /×9 9 I

E.FG7 .FG7 .FG E E.FG7 FG7 .FG

Hs cĂł tháť&#x192; lĂ m theo cĂĄch gáş§n Ä&#x2018;Ăşng lĂ Ä&#x2018;ĂĄnh giĂĄ tĆ°ĆĄng quan náť&#x201C;ng Ä&#x2018;áť&#x2122; giáťŻa cĂĄc dáşĄng cáť§a CO3 táşĄi pH= 6,35 â&#x2020;&#x2019;HCl thĂŞm vĂ o Ä&#x2018;áť§ Ä&#x2018;áť&#x192; trung hĂ˛a Â˝ lĆ°áťŁng HCO3- thĂ nh H2CO3 â&#x2020;&#x2019; V=30 mL Náşżu láşp luáşn Ä&#x2018;Ăşng váşŤn cho Ä&#x2018;áť§ Ä&#x2018;iáť&#x192;m. 2. Náť&#x201C;ng Ä&#x2018;áť&#x2122; cĂĄc cháşĽt trong áť&#x2018;ng nghiáť&#x2021;m sau khi thĂŞm hĂła cháşĽt: Ba2+ 0,009 M K2Cr2O7

Sr2+ 0,009 M

CH3COOH 0,06 M

CH3COONa 0,03 M

0,1M

pH cáť§a háť&#x2021; do dung dáť&#x2039;ch Ä&#x2018;áť&#x2021;m CH3COOH 0,06 M /CH3COONa 0,03 M quyáşżt Ä&#x2018;áť&#x2039;nh pH= pKa + lg Cb/Ca = 4,76 +lg 0,03/0,06 = 4,46 kiáť&#x192;m tra Ä&#x2018;iáť u kiáť&#x2021;n: pH= 4,76 nĂŞn [H+] vĂ [OH-] khĂĄc xa 10-7 Ca, Cb >> [H+] vĂ [OH-] â&#x2020;&#x2019; tĂnh pH nhĆ° trĂŞn lĂ Ä&#x2018;Ăşng. Cr2O72- + H2O â&#x2021;&#x152; []

0,1-x

2CrO42- + 2H+ 2x

K a = 2,3.10

-15

10-4,46

,2J- . ,10KL,L= - = 2,3. 10K/ ,0,1 â&#x2C6;&#x2019; Jx= 2,187.10-4

â&#x2020;&#x2019; [CrO42-] = 4,374.10-4 M

XĂŠt [Ba2+].[ CrO42-] = 3,94.10-6 > Ks(BaCrO4)= 10-9,93 nĂŞn cĂł káşżt táť§a BaCrO4 [Sr2+].[ CrO42-] = 3,94.10-6 <Ks(SrCrO4)= 10-4,65

nĂŞn khĂ´ng cĂł SrCrO4 káşżt táť§a.

Váşy thu Ä&#x2018;Ć°áťŁc káşżt táť§a mĂ u vĂ ng cháť&#x2030; cĂł BaCrO4. NgĆ°áť?i ra Ä&#x2018;áť

Nguyáť&#x2026;n Tháť&#x2039; Thanh Mai Ä?T: 0983194410

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT HSG KHU VỰC LẦN THỨ X MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 THỜI GIAN: 180 PHÚT

ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH (Đề gồm 03 trang) Câu 1. Cấu tạo nguyên tử, định luật tuần hoàn 1. Lý thuyết lượng tử dự đoán được sự tồn tại của obitan ng ứng với số lượng tử phụ l = 4 (g là kí hiệu của số lượng tử). a) Hãy cho biết số electron tối đa mà phân lớp ng có thể có b) Dự đoán sau phân mức năng lượng nào thì đến phân mức ng. c) Nguyên tử có electron đầu tiên ở phân mức ng này thuộc nguyên tố có số thứ tự Z bằng bao nhiêu? 2. Những nguyên tử hydro ở trạng thái cơ bản bị kích thích bởi tia UV có λ = 97,35 nm. Số lượng tử chính của trạng thái kích thích này là bao nhiêu? Khi những nguyên tử hydro bị khử trạng thái kích thích đó thì chúng có thể phát ra những bức xạ có bước sóng (tính bằng nm) là bao nhiêu ? Cho h=6,63.10-34J.s; c=3.108 m.s-1; Hằng số Ritbe RH= 1,097.107m-1. Câu 2 (2,0điểm). Tinh thể. Silic oxit và thủy tinh silic có các đơn vị cấu trúc nối với nhau bởi liên kết cộng hóa trị Si-O. Biết khối lượng riêng của thủy tinh silic là 2,203 g/cm3. 1. Xác định số phối trí của các nguyên tử Si và O trong các cấu trúc và công thức thực nghiệm của mẫu Silic oxit. 2. Cho biết thể tích trung bình của một đơn vị SiO2? Có bao nhiêu liên kết trong một đơn vị thể tích trung bình ? Mạng tinh thể của thủy tinh silic không hoàn hảo do sự thiếu hụt oxy: các nguyên tử oxy trong mạng tinh thể đã bị mất và các nguyên tử Si láng giềng của nguyên tử Si mất oxy tự bền hóa bằng cách tạo liên kết Si-Si. Mẫu silic oxit vô định hình được đặc trưng bởi công thức SiO1.9. 3. Tính phần trăm liên kết Si-Si trong tổng số liên kết của mạng tinh thể thủy tinh silic? 4. Công thức của mẫu tinh thể có dạng là SiOx. a. Lập biểu thức biểu diễn mối quan hệ của nSi-Si và nSi-Otrong một mẫu theo x, với nSi-Si là số liên kết Si-Si và nSi-O là số liên kết Si-O. b.Trung bình tất cả các nguyên tử Si đều tạo một liên kết Si-Si. Tính giá trị của x. Câu 3: Phản ứng hạt nhân Mặt trời có đường kính 1,392 × 106 km và có khối lượng riêng khoảng 1,408 g/cm3 bao gồm 73,46% (theo khối lượng) là hidro. Năng lượng của mặt trời hoàn toàn từ sự kết hợp của hidro tạo heli theo phương trình: 4 11H → 24 He + 20+1 e + 2ν

Năng lượng giải phóng khi hình thành mỗi hạt nhân heli tạo ra cường độ rất mạnh là 3,846 × 1026J/s cho toàn bộ mặt trời .Cho 0 1 4 Hạt 1H 2 He +1 e Khối lượng (u) 1,00783 4,002604 0,00054858 a) Tính khối lượng mặt trời b) Từ cường độ ánh sáng tính khối lượng hiđro tham gia phản ứng trong một giây trong phản ứng trên. c) Với lượng hidro trên mặt trời hiện tại, hãy cho biết sau bao lâu thì mặt trời ngừng chiếu sáng?

Câu 4: Nhiệt hóa học (2 điểm) 4.1 Sử dụng các dữ kiện sau, tính sinh nhiệt hình thành axit nitrơ (HNO2(dd)) trong dung dịch nước trong điều kiện đẳng áp và đẳng tích: a.NH4NO2(r)→ N2(k) + 2H2O(l) ∆H1 = -300,4 kJ b.2H2(k) + O2(k)→ 2H2O(l) ∆H2 = -569,2 kJ c.N2(k) + 3H2(k)→ 2NH3(dd) ∆H3 = -170,8 kJ d.NH3(dd) + HNO2(dd)→ NH4NO2(dd) ∆H4 = - 38,08 kJ e.NH4NO2(r) + H2O(l)→ NH4NO2(dd) ∆H5 = +19,88 kJ  → 2NH3 (*) được thiết lập ở 400 K người ta xác định 4.2Trong một hệ có cân bằng 3H2 + N2 ←  được các áp suất riêng phần: p(H2) = 0,376.105 Pa ; p(N2) = 0,125.105 Pa ; p(NH3) = 0,499.105 Pa. Tính hằng số cân bằng Kp và ∆G0 của phản ứng (*)ở400 K. Tính lượng N2 và NH3, biết hệ có 500 mol H2. Cho:Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1 atm = 1,013.105 Pa. Câu 5: ( 2,0 Điểm) Cân bằng hóa học pha khí Hằng số cân bằng Kp của phản ứng điều chế amoniac : 2 NH3(k) N2 ( k) + 3 H2 (k) 0 -5 ở 500 C bằng 1,50.10 . Tính độ chuyển hoá α nếu phản ứng được thực hiện ở 500 atm và 1000 atm với tỷ lệ số mol của N2 và H2 là 1 : 3? Câu 6 (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa Dấu hiệu cho thấy người có nguy cơ mắc bệnh gout là nồng độ axit uric (HUr) và urat (Ur-) trong máu của người đó quá cao. Bệnh viêm khớp xuất hiện do sự kết tủa của natri urat trong các khớp nối. Cho các cân bằng: HUr (aq) + H2O Ur- (aq) + H3O+ (aq) pK = 5,4 ở 37°C + Ur (aq) + Na (aq) NaUr (r) 1. Ở 37°C, 1 lit nước hòa tan được tối đa 8,0 mmol natri urat. Hãy tính tích số tan của natri urat ( Bỏ qua sự thủy phân của ion urat). Trong máu (có pH = 7,4 và ở 37°C) nồng độ Na+ là 130 mmol/L. Hãy tính nồng độ urat tối đa trong máu để không có kết tủa natri urat xuất hiện. 2. Giá trị tích số tan phụ thuộc vào nhiệt độ. Biết thêm rằng bệnh gout thường xuất hiện đầu tiên ở các đốt ngón chân và ngón tay. Hãy cho biết tích số tan phụ thuộc vào nhiệt độ như thế nào? 3. Độ tan của axit uric trong nước ở 37°C là 0,5 mmol/L.Chứng minh rằng nếu không có kết tủa natri urat xuất hiện thì cũng sẽ không có kết tủa axit uric xuất hiện. 4. Giả thiết rằng chỉ có HUr và Ur- là ảnh hưởng đến giá trị pH của dung dịch. Sỏi thận thường có axit uric. Nguyên nhân là nồng độ quá cao của axit uric và urat có trong nước tiểu và pH thấp của nước tiểu (pH = 5 - 6). Hãy tính giá trị pH tại đó sỏi (chứa axit uric không tan) được hình thành từ nước tiểu của bệnh nhân. Giả thiết rằng nồng độ tổng cộng của axit uric và urat là 2,0 mmol/L. Câu 7 ( 2,0 Điểm):(Phản ứng Oxi hóa –khử; Điện hóa) Để loại trừ các ion NO3- trong nước (các ion NO3- có mặt trong nước xuất phát từ phân bón) có thể khử nó thành NO2- bằng cách cho đi qua lưới có chứa bột Cd. 1) Viết nửa phản ứng của hai cặp NO3-/HNO2 và HNO2/NO trong môi trường axit. Chứng minh rằng HNO2 bị phân hủy trong môi trường pH = 0 đến 6. 2) Ở pH = 7, nồng độ NO3- là 10-2M. Viết phản ứng giữa Cd và NO3-. Hỏi NO3- có bị khử hoàn toàn ở 25oC trong điều kiện này không? Tính nồng độ NO3- còn lại trong nước khi cân bằng. 3) Tính thế khử (thế oxy hóa - khử) chuẩn của cặp NO3-/NO2- ở pH = 14 và 25oC

Cho biết các số liệu sau ở 25oC: Eo(NO3-/HNO2) = 0,94V; Eo(HNO2/NO) = 0,98V; Eo(Cd2+/Cd) = -0,40V; Ka(HNO2) = 5.10-4; Ks(Cd(OH)2) = 1,2.10-14. Câu 8( 2,0 Điểm): Nhóm halogen. 1. Tại sao tồn tại phân tử H5IO6 nhưng không tồn tại phân tử H5ClO6. Một trong các phương pháp điều chế axit H5IO6 là cho I2 tác dụng với dung dịch HClO4 đậm đặc. Viết phương trình phản ứng xảy ra. 2. Giải thích tại sao ái lực electron của F lại nhỏ hơn Cl (328 kJ/mol so với 349kJ/mol) mặc dù độ âm điện của F lớn hơn? 3. Xác định các chất A,B,C,D,E và viết các PTPU thực hiện sơ đồ sau: D+ A dd KOH,t0

KNO3, H2SO4

dd KOH

N2H4

dd KOH

I2 CO

200oC

Câu 9 ( 2,0 Điểm): nhóm oxi lưu huỳnh Hoà tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHSO3 và Na2SO3 trong dung dịch H2SO4 dư, đun nóng. Cho tất cả lượng khí sinh ra hấp thụ trong 500 ml dung dịch Br2 thu được 500 ml dung dịch A. Thêm KI vào 50 ml dung dịch A, lượng I3- sinh ra tác dụng vừa đủ với 12,5 ml dung dịch Na2S2O3 0,01 M. Nếu sục khí N2 để đuổi hết Br2 dư trong 25 ml dung dịch A thì dung dịch B thu được trung hoà vừa đủ với 15 ml dung dịch NaOH 0,1M. 1. Tính nồng độ mol của dung dịch Br2 ban đầu. 2. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X. Câu 10 ( 2,0 Điểm): Động học (không có cơ chế phản ứng) Trong một ống thủy tinh hàn kín có gắn hai sợi vonfram cách nhau 5 mm, chứa đầy không khí sạch và khô tại nhiệt độ và áp suất chuẩn. Phóng điện giữa hai sợi vonfram này, sau vài phút, khí trong ống nhuốm màu nâu đặc trưng. 1. Tiểu phân nào gây nên sự đổi màu quan sát được nêu trên? Ước lượng giới hạn nồng độ lớn nhất của nó trong ống thủy tinh. Biết không khí chứa 78% N2 và 21% O2 (theo thể tích). 2. Màu nâu tương tự cũng thấy xuất hiện khí oxi và nitơ (II) oxit gặp nhau trong ống thủy tinh chân không. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong ống thủy tinh. 3. Tiến hành các thí nghiệm ở phần 2 tại 25ºC, ta thu được các số liệu ghi ở bảng dưới đây: Số TT [NO] mol.l-1 [O2] mol.l-1 Tốc độ lúc đầu (mol.l-1.s-1) 1 1,16.10-4 1,21.10-4 1,15.10-8 2 1,15.10-4 2,41.10-4 2,28.10-8 3 1,18.10-4 6,26.10-5 6,24.10-9 4 2,31.10-4 2,42.10-4 9,19.10-8 5 5,75.10-5 2,44.10-4 5,78.10-9 Hãy xác định bậc phản ứng theo O2, theo NO, bậc của phản ứng chung và hằng số tốc độ phản ứng ở 298K. ----------------------Hết---------------------GV: Mai Xân Hướng sđt 0916318898

ĐÁP ÁN (Đáp án gồm 07 trang) Câu 1 1

Hướng dẫn trả lời Điểm a. Phân mức năng lượng ng ứng với giá trị l = 4 sẽ có 2l + 1 obitan nguyên tử, nghĩa là có 2.4+1= 9 obitan nguyên tử. Mỗi obitan nguyên tử có tối đa 2e. Vậy phân mức năng lượng ng có tối đa 18e. 0,25 b. Phân mức năng lượng ng xuất hiện trong cấu hình electron nguyên tử là 5g bởi vì khi số lượng tử chính n = 5 thì lớp electron này có tối đa là 5 phân mức năng lượng ứng với l = 0 (s); l =1 (p); l = 2 (d); l = 3 (f) và l = 4 (g). Theo quy tắc Klechkowski thì phân mức 5g có tổng số n + l = 9. Phân mức này phải nằm sát sau phân mức 8s. 0,5 c.Cấu hình electron của nguyên tử đó phải có dạng (Rn)7s25f146d107p68s25g1.=> (Rn)5f145g16d107s27p68s2 =>Z = 121. 0,25 2 2 Ta có năng lượng của mỗi photon là: ∆E= h.c.RH.(1/n -1/n’ ) ∆E =

6,63.10 −34 .3,00.10 8 = 2,043.10 −18 J −9 97,35.10

∆E = 2,18.10

−18

2,18.10 −18 − = 2,043.10 −18 ⇒ n = 4 2 n

Khi bị khử kích thích: n = 4 → n = 1: E4 – E1 = − 2,18.10 −18 

1 1 − 2  ⇒ λ1 = 97,35nm 2 4 1  1 1 n = 4 → n = 2: E4 – E2 = − 2,18.10 −18  2 − 2  = 4,0875.10 −19 J 2  4 −34 8 6, 63.10 .3, 00.10 λ2 = = 4,87.10−7 m = 487 nm 4, 0875.10 −19 1 1 n = 4 → n = 3: E4 – E3 = − 2,18.10 −18  2 − 2  = 1,0597.10 −19 J 3  4 −34 8 6, 63.10 .3, 00.10 λ3 = = 18, 77.10−7 m = 1877 nm −19 1, 0597.10

Câu 2 1.Số phối trí của các nguyên tử Si = 4 và O = 2 trong các cấu trúc

0,5

0,25

Si O

+ Tinh thể bao gồm các nhóm tứ diện SiO4 nối với nhau qua những nguyên tử O chung. Trong tứ diện SiO4, nguyên tử Si nằm ở tâm của 0,25 tứ diện liên kết cộng hoá trị với 4 nguyên tử O nằm ở các đỉnh của tứ diện. Như vậy mỗi nguyên tử O liên kết với hai nguyên tử Si ở hai tứ

diện khác nhau và tính trung bình thì trên một nguyên tử Si có hai nguyên tử O ⇒ công thức kinh nghiệm của silic đioxit là SiO2. 2. M(SiO2) = 60 g/mol => phân tử khối SiO2 = ⇒ Thể tích 1 phân tử SiO2 =

60 g 6, 023 ×1023

0,5

60 = 4,53× ×10−23 cm3. 23 6, 023 ×10 × 2, 203

Mỗi nguyên tử Si có 4 liên kết Si – O, -> trong một đơn vị thể tích trung bình có 4 liên kết Si – O.

3.- Ta gọi số nguyên tử Si trong mẫu bằng n ->nguyên tử O có trong 0,5 mẫu là 1,9 n và tạo thành 3,8 n liên kết Si-O. - 4n electron hóa trị của Si và 3,8n electron hóa trị của O góp chung với nhau tạo ra tổng số liên kết Si-O và Si-Si là (2 + 1,9)n liên kết. => Số liên kết Si-Si là:(3,9n - 3,8n). Tỷ lệ liên kết Si-Si trong tổng số là 3,9n − 3,8n 0,1 = = 0,0256 ⇒ % liên kết Si-Si trong tổng số = 2,56% 3,9n 3,9

4. Với mẫu SiOx thấy : n nguyên tử Si có 4n e hoá trị tạo ra 2n liên kết; nx nguyên tử O có 2nx e hoá trị hay 2nx liên kết Si-O ⇒ số liên kết Si-Si = 2n − nx Tỉ số:

n Si −Si 2 n − nx 1 = = − 0,5 n Si − O 2 nx x

0,25

Khi trung bình tất cả các nguyên tử Si đều tạo một liên kết Si-Si thì tỉ lệ

1 1 nSi − Si 1 = ⇒ khi đó − 0,5 = ⇒x = 1,5 x 6 nSi −O 6

Câu 3

0,25

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

a) Khối lượng mặt trời 4 3 4 1, 392 × 106 m =V ×d = πr ×d = π ×( × 105 )3 × 1, 408 = 1,9875 × 1033 g 3 3 2

0,25

b) Năng lượng phát ra của phản ứng trên là: ∆E = [ m He − 2 m e + 2 m e − 4(m H − me )] × 931,5MeV

0,5

∆E = [ m He − 4 m H + 4 m e )] × 931,5 MeV = −24, 687 MeV = −24, 7 ×1, 602 × 10−13 = −39,578 ×10−13 J

Trong một giây số nguyên tử Heli sinh ra là : N = Số mol Heli sinh ra trong một giây : nHe =

N 9, 72 × 1037 = = 1, 614 × 1014 mol N A 6, 022 × 1023

Khối lượng Hidro mất đi trong một giây là: 4 × 1, 614 × 1014 × 1, 00783 = 6, 5065 × 1014 g

c) Khối lượng Hidro trên mặt trời là : m = 1,98746 × 1033 g × 73, 46 /100 = 1, 461× 1033 g

3,846 ×10 26 = 9, 72 ×1037 −13 39,578 × 10

0,5 0,25

0,5

Thời gian lượng Hidro tham gia phản ứng hết: 1, 461× 10 = 2, 245 × 1018 s = 7,12 ×1010 năm 6,5065 ×1014 Vậy sau 7,12 × 1010 năm thì mặt trời mới ngừng chiếu sáng. 33

Câu 4

Nội dung : - ∆H1 N2(k) + 2H2O(l) → NH4NO2(r) 2H2(k) + O2(k) → 2H2O(l) : ∆H2 1 2

NH3(k) → N2(k) +

3 H2(k) 2

Điểm

1 2

: - ∆H3

NH4NO2(dd) → NH3(dd) + HNO2(dd) : - ∆H4 NH4NO2(r) + H2O(l) → NH4NO2(dd) : ∆H5 4.1

1 N2(k) + 2

1 H2(k) + O2(k) → HNO2(dd) : ∆H0sinh (HNO2(dd)) 2

0,5 ∆H sinh (HNO2(dd)) = - ∆H1 + ∆H2 – 1/2 ∆H3 - ∆H4 + ∆H5. = - (-300,4) + (-569,2) – ½(-170,8) – (-38,08) + 19,88 = - 125,44 kJ/mol 0

0,5 Kp =

2 NH 3

P × PN2 3 H2

⇒ Kp =

(0, 499 × 10 ) = 3,747.10−9 Pa-2 5 3 5 (0,376 × 10 ) × (0,125 × 10 ) 5 2

K = Kp × P0-∆n ⇒ K = 3,747.10-9× (105)2 = 37,47 4.2 ∆G0 = - RTlnK ⇒∆G0 = - 8,314 × 400 × ln 37,47 = - 12050 J.mol¯ 1 = - 12,050 kJ.mol-1 nN = 2

n NH = 3

n H2 PH2

× PN2 ⇒ n N2 =

n H2 PH2

500 × 0,125 = 166 mol 0,376

× PN H3 ⇒ n NH3 =

Câu 5

500 × 0,499 = 664 mol 0,376

Đáp án

0,25

0,25 0,25

0,25

Điểm

Theo giả thiết ta có:

P NH3 = 1,50.10-5 (1) Vì tỷ lệ n(N2) : n(H2) = 1:3 nên 2 PN 2 . p H2

p H2 = 3 pN 2 (2) p H2 + pN 2 + p NH 3 = p (3) ( với p là áp suất chung của hệ)

Từ (2) và (3) ta có :

pN 2 = 1/4(P - p NH 3 ) (4)

Thay (4), (5) vào (1) ta thu được

P 2 NH3

27 ( p − p NH3 )4 256

p H2 = 3/4(p - p NH 3 ) (5)

= 1,50.10 -5

0,5

PNH 3

Hay :

( p − p NH 3 )

0,5

= 1 ,26 .10 −3 (6)

Với p =500 atm thì ta có phương trình: 1,26.10-3 p 2 NH - 2,26. p NH + 315 = 0 (7) Với p = 1000 atm thì phương trình là: 1,26.10-3 p 2 NH -3,52. p NH + 1,26.10-3 = 0 (8) Giải các phương trình (7), (8) ta được : 0,5 Ở 500 atm: p NH = 152,00 atm ; Ở 1000 atm: p NH = 424,00 atm Nếu gọi α, α’ là số phần trăm hỗn hợp ban đầu đã chuyển hoá thành NH3 ở p 3

=500 atm và p = 1000 atm. Ta có: α' = 424/1000 (10) 2 − α'

1 (0,5đ) 2 (0,5đ) 3 (0,5đ)

2 −α

= 152/500 (9) 0,5

Giải các phương trình trên ta có : Câu 6

α = 46,62% ; α ' = 59,55%.

S = 6,4 ·10-5; Ks = 4,9·10-4 M; Nhiệt độ giảm thì tích số tan giảm.

0,25 0,25 0,5

Vì trong máu không có kết tủa NaUr nên [Ur-] < 4,9·10-4 (kết quả tính được ở 1) [Ur − ][ H + ] 0,25 Có: Ka = [ HUr ]

=> 4 (0,5đ)

[ HUr ] =

[Ur − ][ H + ] 4,9.10 −4.10 −7 , 4 < = 4,9.10 − 6 < S HUr = 5.10 − 4 − 5, 4 Ka 10

Vậy không có kết tủa axit uric xuất hiện. e. Có: [HUr] + [Ur-] = 2.10-3 Axit uric không tan khi: [HUr] = 5.10-4 => [Ur-] = 2.10-3 - [HUr] = 1,5.10-3 [Ur − ] 1,5.10 −3 => pH = pK a + log = 5,4 + log = 5,88 −4 [ HUr ]

Vậy pH < 5,88 thì bắt đầu có axit uric kết tủa

0,25

5.10

0,25

Câu 7 1)

Đáp án Điểm o NO3 + 3H + 2e → HNO2 + H2O; E = 0,94V + o E = 0,98V HNO2 + H + e → NO + H2O; o o Ở pH = 0 thì E (HNO2/NO) > E (NO3-/HNO2) nên HNO2 bị phân hủy theo phản ứng: 3HNO2→ NO3- + 2NO + H+ + H2O 0,25 Ở pH = 6 thì: -6.3 E(NO3 /HNO2) = 0,94 + 0,059/2(lg10 ) = 0,409V E(HNO2/NO) = 0,98 + 0,059lg10-6 = 0,626V E(HNO2/NO) vẫn lớn hơn Eo(NO3-/HNO2) nên HNO2 vẫn không 0,5 bền

Cd + NO3- + H2O ⇌ Cd2++ NO2- + 2OHGiả thiết phản ứng là hoàn toàn thì [Cd2+] = [NO3-]bđ = 10-2M Ở pH = 7 thì [Cd2+] = Ks/[OH-]2 = 1,2M. Nồng độ Cd2+ sau phản ứng nhỏ hơn nhiều so với 1,2M nên không có kết tủa Cd(OH)2. Để tính [NO3-] khi cân bằng cân tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên: K Cd + NO3- + H2O + 3H+ → Cd2+ + NO2- + 2OH- + 3H+

K Cd2+ + HNO2 + 2H2O → Cd2+ + H+ + NO2- + 2H2O K = K1.K2.K3. 2

lg K 1 =

0,5

2(0,94 + 0,40) = 45,42 ⇒ K 1 = 2,65.10 45 0,059

K = 2,65.10 45.5.10 − 4.(10 −14 ) 2 = 1,325.1014

Hằng số K rẩt lớn nên phản ứng gần như hoàn toàn. Ở pH = 7 ta có: H2O ⇌ Cd2+ + NO2- + 2OH+NO3-+ Nđcb: (10-2 – x) = ε x = 10-2 x = 10-2 10-7 Như vậy ta có: Cd

1,325.1014 =

Câu 8

lg K1 =

2( E

10 −2.10 −2.(10 −7 ) 2

o NO3− / NO2−

ε + 0,40)

0,059

[

]

⇒ ε = NO3− = 7,55.10 −33 M

o ⇒ E NO = 0,017V − / NO − 3

0,5 0,25

Hướng dẫn giải Điểm 1. Cl không có obitan f trống như I và bán kính nguyên tử của I lớn nên lực đẩy giữa các nhóm OH nhỏ nên phân tử mới có thể tồn tại. I2 + HClO4 + 4H2O → H5IO6 + Cl2 2. Do việc nhận thêm 1e tạo ion X- phải thắng lực đẩy giữa các e với 0,25

nhau. Việc này khó với F vì do các electron vốn đã chịu lực hút mạnh của hạt nhân nên sẽ di chuyển trong một khoảng không gian nhỏ, do bán kính F nhỏ. Với clo ko quá khó vì các electron này ở lớp thứ 3 tương đối 0,25 rộng và xa hạt nhân. 3. A là KI; B HIO3; C: I2O5; D: KIO3; E:HI 2KI + KNO3 + H2SO4 → I2 + KNO2 + H2O 3I2 + 10HNO3 → 6HIO3 +10NO + 2H2O 0,25x6 3I2 + 6KOH → 5KI + KIO3 + 3H2O = 1,5 HIO3 + KOH → KIO3 + H2O I2O5 + 5CO → I2 + 5CO2 HI + KOH → KI + H2O Câu 9: NỘI DUNG ĐIỂM Các phương trình phản ứng xảy ra: 1. HSO3- + H+ → H2O + SO2 (1) x mol x mol 2+ (2) SO3 + 2H → H2O + SO2 y mol y mol Br2 + 2H2O + SO2 → SO42- + 2Br- + 4H+ (3) 3I- + Br2 → I3- + 2Br(4) 22(5) I3 + S2O3 → S4O6 + 3I + 0,5 H + OH → H2O (6) Từ (3) → số mol H+ trong 25 ml dung dịch A = số mol OH- trong 15 ml dung dịch NaOH = 0,015. 0,1 = 0,0015 mol Số mol H+ trong 500 ml dung dịch A = 0,0015.500/25 = 0,03 mol Từ (3) → số mol Br2 = 1/4 số mol H+ = 0,0075 mol Từ (5) → số mol I3- trong 50 ml dung dịch A = 1/2 số mol S2O32= 0,0125.0,01.1/2 = 6,25.10-5 mol Số mol I3- trong 500 ml dung dịch A = 6,25.10-5.500/50 = 6,25.10-4 mol Vậy số mol Br2 trong dung dịch ban đầu = 0,0075 + 6,25.10-4 = 8,125.10-3 mol CM(Br2) = 8,125.10-4/0,5 = 0,01625 M

0,5 2.

Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X: Gọi x và y lần lượt là số mol của NaHSO3 và Na2SO3 trong 0,835 gam hỗn hợp X, ta có số mol của các ion HSO3- và SO32- lần lượt là x và y: Khối lượng hỗn hợp = 104x + 126y = 0,835 (I) Từ (1), (2), (3) ta có số mol SO2 = 1/4 số mol H+ trong 500 ml dung dịch A

0,5

x + y = 0,03.1/4 = 0,0075 (II) Từ (I) và (II) : x = 0,005 ; y = 0,0025 %NaHSO3 = 62,27% ; %Na2SO3 = 37,73%.

0,5 Câu 10 1. Tiểu phân gây ra màu là khí NO2 (khí màu nâu đỏ). Vì không khí có 78% N2 và 21% O2 (theo thể tích). Theo phản ứng: tia löa ®iÖn N 2 + O 2  → 2NO

2NO + O 2  → 2NO 2

hay: N 2 + 2O 2  → 2NO 2

0,25

Trong đó O2 là chất thiếu. Giả sử có 1 mol không khí, ta có: [NO2 ]=[O2 ]=1mol.

21 1 . = 9,375.10−3 mol / L 100 22, 4

0,25

2. Phản ứng: 0,25

2NO + O 2  → 2NO 2

3. . Bậc phản ứng theo O2, NO và bậc phản ứng chung: - Từ các thí nghiệm (1), (2) và (3) ta thấy khi giữa nguyên nồng độ của NO và thay đổi nồng độ của O2, ta có kết quả: tốc độ phản ứng tỉ lệ bậc 1 với [O2]. Vậy phản ứng là bậc 1 theo O2. - Xét các thí nghiệm (2), (4) và (5) có nồng độ của O2 hầu như không thay đổi, còn nồng độ NO lại thay đổi: Thí nghiệm Tỉ lệ [NO] Tỉ lệ tốc độ ban đầu 4:2 2,01 4,03 4:5 4,02 15,90 2:5 2,03 3,95 2 Tốc độ thay đổi theo [NO] : Phản ứng bậc 2 theo NO Vậy biểu thức tính tốc độ phản ứng: v = k. [ O 2 ][ NO ]

0,25

Bậc phản ứng chung là 3. - Hằng số tốc độ phản ứng: k = v / [O 2 ][NO]−2 Từ các thí nghiệm 1→5 Thí nghiệm 1 2 3 -3 2 -2 -1 k×10 (l .mol .s ) 7,064 7,154 7,159 → k trung bình: k = 7,132.103 ( l 2 .mol −2 .s −1 )

0,25 0,25 4 7,117

5 7,165

Ghi chú: Các cách tính khác cho kết quả tương tự đều được tính điểm tối đa GV: Mai Xân Hướng sđt 0916318898

0,25

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM 2017 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 15/4/2017 ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 03 trang) Bài 1. (2,0 điểm) 1.1. Khi phóng tia lửa điện qua các nguyên tử hiđro ở áp suất thấp, các electron bị kích thích lên trạng thái năng lượng cao hơn. Sau đó, electron nhanh chóng chuyển về mức năng lượng cơ bản (n=1) và bức xạ ra photon với các bước sóng khác nhau tạo thành dãy phổ. Tính bước sóng (λ) nhỏ nhất và bước sóng lớn nhất theo nm của dãy phổ nếu electron chuyển từ n > 1 về n = 1. Biết trong hệ một electron, một hạt nhân, năng lượng của electron được tính theo công thức: Z2 (eV). Cho: h = 6,626.10-34 J.s ; c = 3.108 m/s; 1eV= 1,6.10-19J 2 n 1.2. Nguyên tố R thuộc chu kì 3. Nguyên tử A có các giá trị năng lượng ion hóa như sau (kJ/mol) I1 I2 I3 I4 I5 I6 I7 I8 1000 2251 3361 4564 7013 8495 27106 31669 a. Xác định R. b. Một số florua của R gồm: RF4, RF6. Cho biết trạng thái lai hóa của R trong các hợp chất trên và cấu trúc hình học của các hợp chất đó. Bài 2. (2,0 điểm) 2.1. Đồng kết tinh theo mạng tinh thể lập phương tâm diện (lập phương tâm mặt). Hãy: a. Vẽ cấu trúc mạng tế bào cơ sở và tính số nguyên tử Cu trong một ô mạng. b. Tính khối lượng riêng của đồng theo g/cm3, biết rằng nguyên tử đồng có bán kính bằng 1,28 A0. Cho: Cu = 64; NA = 6,023 . 1023 2.2. M là một kim loại hoạt động. Oxit của M có cấu trúc mạng lưới lập phương với cạnh của ô mạng cơ sở là a = 5,555 A0. Trong mỗi ô mạng cơ sở, ion O2- chiếm đỉnh và tâm các mặt hình lập phương, còn ion kim loại chiếm các hốc tứ diện (tâm của các hình lập phương con với cạnh là a/2 trong ô mạng). Khối lượng riêng của oxit là 2,400 g/cm3. a. Xác định kim loại M và công thức oxit của M. b. Tính bán kính ion kim loại M (theo nm) biết bán kính của ion O2- là 0,140 nm. Bài 3. (2,0 điểm) 3.1. Số hạt α thoát ra trong một mẫu chứa 1,00 mg một nguyên tố phóng xạ X (chu kì bán hủy t1/2=138,4 ngày) bằng số hạt α thoát ra của một mẫu 226 Ra có khối lượng 4,55 gam (chu kì bán hủy t1/2 =1601 năm). a. Xác định khối lượng mol của X. b. Biết rằng trong hạt nhân đồng vị X, số hạt nơtron gấp rưỡi số hạt proton. Tìm số hiệu nguyên tử X. 3.2. Trong mặt trời, có xảy ra một chuỗi các phản ứng hạt nhân nằm trong chu trình cacbon-nitơ như sau: 1 12 1 (1) ; (3); A → B + +01 e (2); 1H + 6 C → A + γ 1H + B → C + γ

En = - 13,6.

1 12 D → E + +01 e (5); H+C → D+γ (4); (6). 1H + E → 6C + F + γ a. Hoàn thành các phản ứng hạt nhân trên. b. Chu trình trên có phương trình tổng quát là: 4 11 H → 42 He + 2 +01 e Tính năng lượng giải phóng ra nếu có 1 gam 1H tham gia vào chu trình này. Cho: Khối lượng mol nguyên tử của 1H và 4He lần lượt là 1,00782 g/mol và 4,00260 g/mol. Khối lượng của positron +01 e là 9,10939 × 10-28 g. Hằng số Avogadro N = 6,022136 × 1023. Tốc độ ánh sáng trong chân không c = 2,998 × 108 m/s. 1 1

Bài 4: (2,0 điểm) 4.1. Tính năng lượng ion hóa thứ hai của Ti từ các số liệu sau: Năng lượng thăng hoa của Ti(r): 425,0 kJ.mol−1; 494,0 kJ.mol−1; Năng lượng nguyên tử hoá của O2(k): Năng lượng ion hoá thứ nhất của Ti: 658,0 kJ.mol−1; −141,5 kJ.mol−1; Ái lực electron của O: − Ái lực electron của O : 797,5 kJ.mol−1; −416,0 kJ.mol−1; Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của TiO(r): Năng lượng hình thành mạng lưới tinh thể của TiO: −3712,0 kJ.mol−1. 0 4.2. Chứng minh rằng H2O lỏng chậm đông ở -10 C là một hệ kém bền, dễ tự chuyển sang H2O đá ở Cp; H2O(l) = 73,3 J.mol-1.K -1 ; Cp; H 2O(r) = 37,6 J.mol-1.K -1 ; -100C. Biết rằng:

(

)

(

)

∆H nc , H 2O( r ) = 6000 J .mol −1 Bài 5: (2,0 điểm) 5.1. Hằng số cân bằng Kp ở t0C của phản ứng:  → 2 NH3(k) N2 ( k) + 3 H2 (k) ← 

Kp = 1,50.10-5.

Một hỗn hợp N2 và H2 với tỷ lệ số mol tương ứng là 1 : 3. Tính độ chuyển hoá α nếu phản ứng được thực hiện ở áp suất 500 atm (áp suất này được giữ không đổi trong suốt tiến trình phản ứng) 5.2. Xúc tác V2O5 tạo với SO2 sản phẩm trung gian theo cân bằng:  → V2O4(r) + SO3 (k) V2O5(r) + SO2 (k) ←  bằng thực nghiệm đo được giá trị

PSO3 PSO2

ở hai nhiệt độ 830K và 900K tương ứng là 10-1,82 và 10-1,7.

Tính ∆H và ∆S của phản ứng, giả thiết ∆H 0 và ∆S 0 không thay đổi khi nhiệt độ biến thiên. Bài 6: (2,0 điểm) 6.1. Một học sinh điều chế dung dịch bão hoà magie hydroxit trong nước tinh khiết tại 25oC. Trị số pH của dung dịch bão hoà đó được tính bằng 10,5. a. Dùng kết quả này để tính độ tan của Mg(OH)2 trong nước theo mol.L-1. b. Hãy tính tích số tan của Mg(OH)2. 6.2. Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH 5,00.10-3 M. Cho: giá trị pKa của: HCN = 9,35; NH4+ = 9,24 Bài 7: (2,0 điểm) 7.1. Cho giản đồ quá trình khử - thế khử: quá trình khử diễn ra theo chiều mũi tên, thế khử chuẩn được ghi trên các mũi tên và đo ở pH = 0. 0

+0,293

Cr(VI)

(Cr2O27)

+0,55

Cr(V)

+1,34

Cr(IV)

-0,408

-0,744

a. Tính E 0x và E 0y . b. Dựa vào tính toán, cho biết Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr(VI) được không? 7.2. Thêm 0,40 mol KI vào 1 lít dung dịch KMnO4 0,24 M ở pH = 0 (pH được giữ ổn định trong suốt phản ứng). Tính thành phần giới hạn của hỗn hợp sau phản ứng và thế của điện cực platin nhúng trong hỗn hợp thu được so với điện cực calomen bão hòa. Biết ở pH = 0 và ở 25oC, thế điện cực tiêu chuẩn Eo của một số cặp oxi hóa khử được cho như sau : 2IO4−/ I2 (r) = 1,31V; 2IO3−/ I2 (r) = 1,19V; 2HIO/ I2 (r) = 1,45 V; − I2 (r)/ 2I = 0,54V ; MnO4-/Mn2+ = 1,51V; E của điện cực calomen bão hòa bằng 0,244 V

Bài 8: (2,0 điểm) Chất A chỉ gồm hai nguyên tố với phần trăm khối lượng của natri bé hơn phần trăm khối lượng của nguyên tố còn lại là 21,4%. Nung hỗn hợp X gồm 4 muối natri A,B, C và D (cùng có a mol mỗi chất) đến 2000C thoát ra hơi nước, khối lượng hỗn hợp giảm 12,5% và tạo thành hỗn hợp Y chứa 1,33a mol A; 1,67a mol C, a mol D. Nếu tăng nhiệt độ lên 4000C thu hỗn hợp Z chỉ chứa A và D, còn nếu tăng nhiệt độ lên đến 6000C thì chỉ còn duy nhất chất A. a. Xác định A, B, C, D? b. Xác định khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X ban đầu? Bài 9: (2,0 điểm) 9.1. Xác định chất X, Y, Z, T, U và hoàn thành chuỗi chuyển hóa dưới đây (mỗi mũi tên là một phản ứng): (6)

(1)

Na2S2O3

(2)

(3)

(4)

HIO3

(5)

(7) (10)

(9)

(8)

H2S

(lưu huỳnh) Biết rằng Y có MY = 150. 9.2. Để xác định hàm lượng khí độc H2S trong không khí người ta làm thí nghiệm như sau: Lấy 50 lít không khí nhiễm khí H2S (D = 1,29 g/lít) cho đi qua thiết bị phân tích có chứa dung dịch CdSO4 dư. Sau đó axit hóa toàn bộ hỗn hợp thu được và cho tất cả lượng H2S sinh ra hấp thụ hết vào ống đựng 10 ml dung dịch I2 0,015 M (xảy ra quá trình oxi hóa H2S thành S). Lượng I2 dư tác dụng vừa đủ với 12,5 ml dung dịch Na2S2O3 0,008 M. Viết các phương trình hóa học xảy ra trong quá trình thí nghiệm và tính hàm lượng H2S trong không khí theo ppm (số microgam chất trong 1 gam mẫu). Bài 10: (2,0 điểm) 10.1. Cho phản ứng: A + B → C Phản ứng này có bậc nhất đối với mỗi tác nhân phản ứng, với hằng số tốc độ k = 5,0.10-3 M-1·s-1. Giả sử nồng độ ban đầu của A là 0,010 M và B là 6,00 M. Tính nồng độ của A còn lại sau 100 s. 10.2. Khảo sát động học phản ứng giữa KI và anion peroxodisunfat (S2O82-) ở 25oC 2I- + S2O82- → 2SO42- + I2 nhận được kết quả sự phụ thuộc giữa tốc độ đầu v0 vào nồng độ đầu chất phản ứng C0 ở bảng dưới đây: C0(S2O82-), mmol/L C0(KI), mmol/L v0 × 10-8 mol/(L×s) 0,10 10 1,1 0,20 10 2,2 0,20 5 1,1 a. Xác định bậc riêng phần của mỗi chất, viết biểu thức động học và tính hằng số tốc độ phản ứng ở 25oC. b. Tính thời gian cần thiết (giờ) để giảm nồng độ chất phản ứng đi 10 lần nếu nồng độ đầu của mỗi chất đều là 1,0 mmol/L ở 25oC. -------------- HẾT --------------

(Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: ........................................................ Số báo danh: ………………… 3

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM 2017 ĐÁP ÁN MÔN: HÓA HỌC LỚP: 10

ĐÁP ÁN (Đáp án gồm 11 trang) Bài 1: 1.1. Chuyên Tuyên Quang Ý 1.1

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

- Bước sóng dài nhất ứng với sự chuyển từ mức n=2 về mức n=1: Emin = E2 − E1 = 1, 63.12−18 ( J ) ⇒ λmax =

0,5đ

hc 6, 626.10−34.3.108 = = 1, 22.10−7 (m)=122 (nm) −18 Emin 1, 63.10

- Bước sóng ngắn nhất ứng với sự chuyển từ mức n= ∞ về mức n=1 Em ax = E∞ − E1 = 2,18.12 ⇒ λmin =

−18

0,5đ

(J )

hc 6, 626.10−34.3.108 = = 91, 2.10−9 (m)=91,2 (nm) −18 Em ax 2,18.10

1.2. Chuyên Lê Quý Đôn- Đà Nẵng Ý 1.2 a

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Đối với nguyên tố R: So sánh các tỉ số

I i +1 I I ta thấy 7 lớn hơn các tỉ số i +1 khác nên Ii I6 Ii

0,5đ

R thuộc nhóm VIA, nên R là lưu huỳnh (S) b

Các florua của R là : SF4, SF6. + SF4 có cấu tạo kiểu bập bênh; S lai hóa sp3d. + SF6 có cấu tạo kiểu bát diện đều; S lai hóa sp3d2

0,25đ 0,25đ

Bài 2: 2.1. Chuyên Hoàng Văn Thụ- Hòa Bình Ý 2.1. a

ĐÁP ÁN

ĐIỂM 0,25đ

Số nguyên tử Cu trong một tế bào: 8.1/8 + 6.1/2= 4 0,25 b

Độ dài đường chéo chính = 4rCu = a o

Dễ thấy: 4.rCu = 1,28.4 = 5,12 ( A) = a 2

⇒ a=

0,25đ

o 4rCu 5,12 = = 3,62 ( A ) 2 2

0,25đ

d Cu =

n.M 4.64g/mol = = 8,96g/cm3 23 3 −8 N A .VTB 6,023.10 .(3,62.10 cm)

2.2. Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm-Quảng Nam Ý 2.2. a

ĐÁP ÁN

(Thí sinh không cần vẽ hình) Ion O2- xếp theo mạng lập phương tâm mặt, nên số ion O2- trong 1 ô mạng cơ sở là: 8.1/8 + 6.1/2 = 4 ion Trong 1 ô mạng cơ sở có 8 hình lập phương nhỏ có cạnh là a/2, các ion

ĐIỂM

kim loại nằm ở các tâm hình lập phương này → Số ion kim loại M trong 1 ô cơ sở là 8 Trong 1 ô mạng cơ sở có 8 ion kim loại M, 4 ion O2→ công thức của oxit là M2O Áp dụng công thức 4.(2MM + 16) 4.(2MM + 16) d= = = 2,400(g/cm3) 3 -8 3 23 (5,555.10 ) .6,022.10 a . NA → MM = 22,968 ≈ 23 (g/mol) → nguyên tử khối của M là 23 đvC. Vậy M là Na, oxit là Na2O b

0,25

Xét 1 hình lập phương nhỏ có cạnh là a/2: ½ đường chéo của hình lập phương này = r Na+ + r O20,5

r Na+ + r O2- = → r Na+ =

1,40 = 1,005 Å = 0,1005 nm ≈ 0,1 nm

Bài 3: 3.1. Chuyên Lào Cai Ý 3.1. a

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Ta có phương trình phóng xạ của Ra: 226 88

Ra →

222 86

0,25đ

Rn + 24 He

Do số hạt α thoát ra trong hai trường hợp là như nhau nên số phân rã của X và Rađi giống nhau ln 2 4, 55 × × 6, 022 ×1023 = 1, 665 ×1011 Bq 1601× 365 × 24 × 3600 226 nX nX ln 2 AX = λX × N X = λX × = × 23 6, 022 ×10 138, 4 × 24 × 3600 6, 022 × 1023 → nX = 4, 768 × 10−6 mol

AX = ARa = λ N =

0,25 −3

Vậy MX= b

mX 1×10 = ≈ 210 nX 4, 768 × 10−6

Theo đề bài ta có: Z X + N X = 210 N X = 1,5Z X

0,25đ

0,25

giải ra được : ZX=84, NX=126. X là

210 84

3.2. Chuyên Bắc Ninh Ý ĐÁP ÁN 3.2. 1 12 13 0 a 1H + 6C → 7 N + 0 γ

ĐIỂM

(1); (2); N → C+ e 1 13 14 0 (3) 1H + 6C → 7 N + 0 γ 1 14 15 0 (4); 1H + 7 N → 8O + 0 γ 15 15 0 (5); 8 O → 7 N + +1 e 1 15 12 4 0 1 H + 7 N → 6 C + 2 He + 0 γ (6) 13 7

13 6

0 +1

0,5đ

Độ hụt khối tính cho phản ứng chung (4 mol H) là: ∆m = 4.(MH – me) – (MHe – 2me) – 2me = 4MH – MHe – 4me → ∆m = 4. 1,00782 - 4,00260 – 4. 9,10939 × 10-28. 6,022136.1023 = 0,02649g → ∆E = ∆m.c2 = 0,02649.10-3. (2,998 × 108)2 = 2,3809.1012 J Tính cho 1g 1H thì năng lượng giải phóng: 2,3809.1012 1 . = 5,9052.1011J 4 1, 00782

0,5đ

Bài 4: 4.1. Chuyên Hạ Long Ý 4.1.

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

T i(r) + Hth

1/2O 2(k) 1/2D e

T i(k) I1

O (k) Ae1

Ti+ (k) I2

O -(k) Ae2

o fH

0,5đ

T iO (r)

Um1

Ti2+ (k) + O 2-(k) Áp dụng định luật Hess vào chu trình trên ta có: I2 = ∆fHo - (∆Hth + I1 + 1/2De + Ae1 + Ae2 + Uml) = - 416,0 – (425,0 + 658,0 + ½.494,0 – 41,5 + 797,5– 3712,0) = 1310 kJ.mol−1

0, 5đ

4.2. Chuyên Hoàng Lê Kha- Tây Ninh

Ý 4.2.

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

* Xét các quá trình: H2Ol (-10oC)

(4)

o H2O(1) l (0 C)

(2)

H2Ođ (-10oC)

0,2 5đ

H2Or (0oC) (3)

* ∆H4 = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 = n.Cl.(T2 – T1) + ∆H2 + n.Cr.(T2’ – T1’) = 73,3.(0 + 10) - 6.103 + 37,6.(- 10 - 0) = - 5643 (J.mol-1)

0,25

* ∆S4 = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 = n.Cl.ln = 73,3.ln

T2 ∆H nc T ' + n.Cr.ln 2 T1 T T1 '

0, 25

6.103 273 263 + 37,6.ln = - 20,646 (J.K-1.mol-1) 273 263 273

0,25

* ∆G4 = ∆H4 - T.∆S4 = - 5643 – 263.(-20,646) = - 213,102 < 0. ⇒ (4) là quá trình tự diễn biến.

Bài 5: 5.1. Chuyên Thái Bình Ý 5.1.

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Theo giả thiết ta có:

P2 NH3 = 1,50.10-5 PN 2 .p 2 H2

(1)

Vì tỷ lệ n(N2) : n(H2) = 1:3 nên p H = 3 pN p H + pN + p NH = p (với p là áp suất chung của hệ) Từ (2) và (3) ta có : pN = 1/4(p - p NH ) p H = 3/4(p - p NH ) 2

(2) (3) (4)

Thay (4), (5) vào (1) ta thu được pNH3

Hay :

p 2 NH 3 27 ( p − pNH3 )4 256

= 1, 26.10−3

( p − pNH3 )2

(5)

= 1,50.10 -5 0,25 (6)

Với p =500 atm thì ta có phương trình: 1,26.10-3 p 2 NH - 2,26. p NH + 315 = 0 Giải phương trình (7) ta được : p NH = 152,00 atm ; 3

0,25

(7)

0,25

⇒ pN = 87 atm 2

α=

nN2 pu nN 2 bd

pNH3 =

0,25 2

pN2 + p NH 3

5.2 Chuyên Sư Phạm

= 46, 625%

Ý 5.2.

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

 → V2O4(r) + SO3. Xét phản ứng: V2O5(r) + SO2 ← 

Hằng số cân bằng của phản ứng là: Kp =

PSO3 PSO2

0,5đ

Ta tính được: ∆G 0 (830) = -RTlnK p = 28,92 kJ ∆G 0 (900) = -RTlnK p = 29,29 kJ .

Từ đó ta có hệ: 0,5đ

 ∆H 0 − 830∆S 0 = 28, 92  0 0  ∆H − 900∆S = 29,29 0 0 −3 ⇒ ∆H = 24,53kJ ; ∆S = -5,29.10 kJ/K=-5,29 J/K

Bài 6: 6.1. Chuyên Thái Nguyên Ý a

Nội dung

Điểm

Mg(OH)2⇌Mg2+ + 2OHpH = 10,5 ⇒[OH-] = 10-3,5 = 3,2.10-4M ⇒ Độ tan của Mg(OH)2 =[Mg2+] = [OH-] /2 = 1,6.10-4M

0,5

Ksp = [Mg2+][OH-]2 = 1,6.10-11

0,5

6.2. Chuyên Biên Hòa-Hà Nam Ý 6.2.

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Trong dung dịch A có các cân bằng sau: KOH → K+ + OH− CN− + HOH HCN + OH− + 4

NH3 + HOH NH + OH H2O H+ + OH−

−

0,25 K b1 = 10

-4,65

K b2 = 10

-4,76

Kw = 10-14

Vì Kw<< CCN- K b ≈ C NH . K b nên bỏ qua sự phân li của H2O. 1

−

Ta có: [OH ] = CKOH + [HCN] + [NH +4 ] Đặt [OH−] = x thì:

[CN ] + K [NH ] . −

-3

x = 5.10 + K b

0,25

Hay: x2 - 5.10-3x - 10-4,65 [CN−] - 10-4,76 [NH3] = 0 Tính gần đúng: [CN−] = C CN = 0,12M; [NH 3 ] = C NH = 0,15M Ta có phương trình bậc 2: x2 - 5.10-3.x - 5,29.10-6 = 0 ⇒ x = 5,9.10-3⇒ [OH−] = 5,9.10-3⇒ pH = 11,77 −

0,25

Kiểm tra lại:

[HCN] =

[CN ] [NH ] = −

+ 4

[NH 3 ]

0,25

−4 , 65

10 = 3,8.10-3⇒ [HCN] << [CN−] ⇒ [CN−] ≈ C CN − −3 5,9.10 10 −4, 76 = 2,9.10-3⇒ [NH +4 ] << [NH3] ⇒ [NH3] ≈ C NH 3 5,9.10 −3

Vậy điều kiện gần đúng thoả mãn

Bài 7: 7.1. Chuyên Vĩnh Phúc Ý 7.1. a

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Từ giản đồ ta có: 3.(-0,744) = -0,408 + 2 E 0y → E 0y = -0,912 (V)

0, 25

0,55 + 1,34 + E 0x – 3.0,744 = 6.0,293 → E 0x = +2,1 (V)

0, 25

Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr(VI) khi ∆G0 của quá trình < 0. E10 = E 0x = 2,1 V 2Cr(IV) + 2 e → 2Cr3+ (1) → ∆G10 = -n E10 F = - 2.2,1.F

0,5

Cr(VI) + 2 e → Cr(IV) (2) E 02 =

0,55 + 1,34 = 0,945 (V) 2

→ ∆G 02 = -n E 02 F = - 2.0,945.F ∆G 30 Từ (1) và (2) ta có: 3Cr(IV) → 2Cr3+ + Cr(VI) ∆G 30 = ∆G10 - ∆G 02 = - 2.(2,1 - 0,945).F < 0 → Vậy Cr(IV) có dị phân.

7.2. Quốc Học Huế Ý 7.2.

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Do Eo(MnO4-/Mn2+)= 1,51V>>Eo(I2/2I-) = 0,53V; nên đầu tiên sẽ xảy ra phản ứng: 2 MnO4− + 10 I−+16 H+⇌ 2 Mn2+ + 5 I2(r)+ 8 H2O ; K =10 165,54 n0 0,24 0,4 pư 0,08 0,4 0,16 0 0,08 0,2 n Do EoMnO4-/Mn2+= 1,51V > EoIO3-/I2 = 1,19V; nên MnO4− còn dư sẽ oxi hoá tiếp I2 thành IO3− theo phản ứng: 2 MnO4− + I2(r) + 4 H+⇌ 2 IO3− + 2 Mn2+ + 2 H2O ; K =10 176 0,16 0,2 0,08 n0 Pư 0,16 0,08 n 0 0,12 1 0,16 0,24

0,25

0, 25

Thành phần hỗn hợp sau phản ứng: IO3−0,16 mol; Mn2+0,24 mol; I2(r) 0,12 mol; pH = 0. Trong hỗn hợp có cặp IO3−/ I2 (r) nên thế của dung dịch tính theo cặp này: 2IO3- + 12H+ + 10e ⇌ I2 + 6H2O E = Eo (IO3-/I2(r)) + (0,0592/10)lg [IO3−]2 [H+]12 = 1,19 + (0,0592/10)lg (0,16)2 = 1,18(V) > E của điện cực calomen bão hòa nên điện cực platin đóng vai trò là cực dương, điện cực calomen bão hòa đóng vai trò là cực âm. Epin = 1,18 − 0,244 = 0,936(V)

0,25

Bài 8: Chuyên Hùng Vương- Phú Thọ Ý

Nội Dung

Điểm

Đặt công thức của A là NanR Ta có %R - %Na= 21,4% →

R − 23n 21, 4 ↔ R = 35,5n = R + 23n 100

Nghiệm thích hợp: n=1 → R=35,5. Vậy A là NaCl Sau khi nhiệt phân hoàn toàn, chỉ còn NaCl nên B, C, D là các muối NaClOx (x=1,2,3,4) Ở 2000C, a(mol) B nhiệt phân tạo thành t aNaClOm  → 0

0,5

a 2a (mol) NaCl, (mol) C, 3 3

a 2a NaCl + NaClOm' 3 3

t hay 3NaClOm  → NaCl + 2NaClOm' Bảo toàn nguyên tố với oxi: 3m = 2m' → m=2, m'=3 Vì sản phẩm có nước, do đó B là NaClO2 ngậm nước, C là NaClO3, D là NaClO4 0

0,5

t 3NaClO2.zH2O  → NaCl + 2NaClO3 + 3zH2O 0

t 4NaClO3  → NaCl + 3NaClO4 0

t NaClO4  → NaCl + 2O2 0

18.a.z 12,5 → z=3. Vậy B là = 58,5.a + (90,5.a + 18.a.z ) + 106,5.a + 122,5.a 100

0,5

NaClO2.3H2O t → NaCl + 2NaClO3 + 9H2O 3NaClO2.3H2O  0

mhh= 378a+54a = 432a (g) %mNaCl = 13,54% % mNaClO .3 H O = 33,45% 2

%mNaClO3 = 24,65% %mNaClO4 = 28,36%

0,5

Bài 9: 9.1. Chuyên Lê Khiết- Quảng Ngãi Ý 9.1.

ĐÁP ÁN Mỗi pt đúng được 0,1 điểm X: Na2SO3; Y: NaI; Z: I2; T:I2O5; U: H2S (1) : Na2SO3 + S → Na2S2O3 (2) : 2Na2S2O3 + I2 → Na2S4O6 + 2NaI (3) : 2NaI + Cl2 → 2NaCl + I2 (4) : I2 + 5Cl2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl (5) : 2HIO3 → I2O5 + H2O t → I2 + 5CO2 (6) : I2O5 + 5CO  t (7) : 8NaI + 5H2SO4 đặc  → 4Na2SO4 + 4I2 + H2S + 4H2O (8) : H2S + 4Cl2 + 4H2O → H2SO4 + 8HCl t (9) : 4H2SO4 đặc + 2Fe  → Fe2(SO4)3 + S + 4H2O t (10) : 3S + 6NaOH đặc  → 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O

ĐIỂM 0,1x10

9.2. Chuyên Bắc Giang Ý 9.2.

ĐÁP ÁN Phương trình hóa học: H2S + Cd2+ → CdS + 2H+ CdS + 2H+ → Cd2+ + H2S H2S + I2 → S + 2I- + 2 H+ I2 + 2S2O32- → 2I- + 2S4O62-

ĐIỂM

(1) (2) (3) (4)

0,5đ

Bài 10: 10.1. Chuyên Trần Phú- Hải Phòng Ý 10.1.

ĐÁP ÁN Vì nồng độ C0B >> C0A do đó, có thể coi nồng độ của B là hằng số. Biểu thức tốc độ có thể được viết dưới dạng: v = 6,00k[A] = k’.[A] với k’= 6,00.k = 0,03

ĐIỂM 0,5đ

Do đó phản ứng tuân theo qui luật động học bậc 1 k’t = ln

[A]0 [A]

0,5đ

⇒ [A] = [A]0.e-k’.t = 5.10-4M

10.2. Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định Ý 10.2. a

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Bậc riêng phần là 1 đối với mỗi chất phản ứng v = k[I-][S2O82-] k = 0,011 L.mol-1.s-1

0,5đ

Do phản ứng bậc hai với các chất có nồng độ bằng nhau nên: 1 1 − = k ⋅t C C0 1 1 − = 0.011 ⋅ t −3 0.1 ⋅ 10 1 ⋅ 10 −3 t = 818181 s = 227 h ≈ 230 h

0,5đ

SỞ GD & ĐT TỈNH ĐIỆN BIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

(Đề đề xuất)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - LẦN THỨ X NĂM 2017 - MÔN HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ BÀI Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử. HTTH và định luật tuần hoàn. 1. Xác định cấu trúc, cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và so sánh góc liên kết giữa chúng: NO2, NO2+, NO2-. 2. Trình bày cấu tạo của phân tử CO theo phương pháp VB và phương pháp MO. So sánh năng lượng ion hóa giữa các nguyên tử C và O, giữa phân tử CO với nguyên tử O. 3. Ở trạng thái cơ bản, electron cuối cùng của nguyên tử 3 nguyên tố M, R, Q có bộ 4 số lượng tử thỏa mãn điều kiện n+l= 5 và ml.s= 1. Hãy viết cấu hình electron của nguyên tử 3 nguyên tử này và gọi tên chúng. Hướng dẫn 1. N

N O

sp sp sp2 (1) và (3): hình gấp khúc. : thẳng (2) Góc liên kết giảm theo thứ tự sau: (2) – (1) – (3) do ở (2) không có lực đẩy electron hóa trị của N không tham gia liên kết, ở (1) có một electron hóa trị của N không liên kết dẩy làm góc ONO hẹp lại đôi chút. Ở (3) góc liên kết giảm nhiều hơn do có 2 electron không liên kết của N đẩy. 2. Theo phương pháp VB thì phân tử CO có cấu tạo: C

Hai liên kết được hình thành bằng cách ghép chung các electron độc thân và một liên kết cho nhận. MO: (KK): σ s2σ s2*π x2 = π y2σ z2 I1(C) < I1(O) vì điện tích hiệu dụng với electron hóa trị tăng từ C đến O. I1(CO) > I1(O): vì năng lượng của electron ở σz của CO thấp hơn năng lượng của electron hóa trị ở oxy. 3. Với n+l = 5 và m.s= 1 (n ≥ l+1; l ≥ m và s = ± 1/2)

- Với s = +1/2 suy ra m = 2 ⇒ l ≥ 2 và n ≥ 3 . Vậy nghiệm thích hợp là n=3; l=2; m=2; s=+1/2 Vậy có các cấu hình electron hợp lý là 1s22s22p63s23p63d54s2 Mangan 1s22s22p63s23p63d54s1 Crom - Với s = -1/2 ⇒ m = -2 ⇒ l ≥ 2 và n ≥ 3 vậy nghiệm thích hợp là n= 3; l= 2; m= -2; s = -1/2. Cấu hình electron phù hợp là 1s22s22p63s23p63d54s2 : Sắt Câu 2: (2,0 điểm) Tinh thể Tinh thể BaF2 có cấu trúc kiểu florin, với thông số mạng a= 0,620nm. Bán kính của ion F- là 0,136nm. 1. Mô tả cấu trúc ô mạng cơ sở của BaF2, cho biết số đơn vị cấu trúc của 1 ô cơ sở 2. Tính bán kính của ion Ba2+. 3. Tính khối lượng riêng của BaF2 biết nguyên tử khối của Ba=137, F= 19. Hướng dẫn 1. Trong tinh thể BaF2 các ion Ba2+ có cấu trúc lập phương tâm diện, số ion Ba2+ trong 1 ô cơ sở là Các ion F- chiếm tất cả các lỗ trống 4 mặt trong ô cơ sở, số ion F- trong 1 ô cơ sở là 8. Số đơn vị cấu trúc của 1 ô cơ sở là 4. Trong ô mạng của BaF2 ion Ba2+ và F- gần nhau nhất nằm trên đường chéo của 2. hình lập phương cạnh a/2 nên ta có r(Ba2+)+ r(F-) Thay số vào ta có r(Ba2+)= 0,132nm. 3. Khối lượng riêng của BaF2. d= = [(175.10-3). 4]:[(6,022.1023. (0,62.10-9)-3] = 4,88g/cm3 Câu 3: (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân 1. Đồng vị 1431Si phóng xạ β–. Một mẫu phóng xạ 1431Si ban đầu trong thời gian 5 phút có 190 nguyên tử bị phân rã nhưng sau 3 giờ trong thời gian 1 phút có 17 nguyên tử bị phân rã. Xác định chu kì bán rã của chất đó.

2. Tiêm vào máu bệnh nhân 10cm3 dung dịch chứa 1124 Na có chu kì bán rã T = 15h với nồng độ 10-3mol/lít. Sau 6h lấy 10cm3 máu tìm thấy 1,5.10-8 mol 24Na. Coi 24Naphân bố đều. Tính thể tích máu của người được tiêm? Hướng dẫn 1.

∆N1 = N 0 (1 − e − λ∆t1 ) ≈ N 0 λ∆t1

(∆t1 << T)

∆N 2 = N 0 e − λt (1 − e − λ∆t2 ) ≈ N 0 λ∆t2 e − λt

với t = 3h.

∆N1 ∆t N 0 λ∆t1 190 38 ln 2 38 190 5eλt = 3 = ln ⇒ T = 2,585h ≈ 2, 6h = = e λt 1 = 5e λt = ⇒ e λt = ⇒ − λt 17 17 T 17 17 ∆N 2 N 0 λ ∆t 2 e ∆t 2

Số mol 24Na tiêm vào máu: n0 = 10-3.10-2 =10-5 mol.

Số mol 24Na còn lại sau 6h: n = n0 e- λt = 10-5. e

−

ln 2. t T

= 10-5 e

−

ln 2.6 15

= 0,7579.10-5 mol.

Thể tích máu của bệnh nhân V=

0,7579.10 −5.10 −2 7,578 = = 5,05l ≈ 5lit 1,5.10 −8 1,5

Câu 4: (2,0 điểm) Nhiệt hóa học Hợp chất Q (khối lượng mol phân tử là 122,0g.mol-1) gồm có cacbon, hydro và oxy. Nhiệt sinh (entanpi tạo thành) tiêu chuẩn của CO2(k) và H2O(l) tại 25oC tương ứng là –393,51 và 285,83kJ.mol-1. Hằng số khí R = 8,314J.K-.mol-1. Dùng lượng dư oxy đốt cháy hết một mẫu chất rắn Q nặng 0,6000g trong một nhiệt lượng kế ban đầu chứa 710,0g nước tại 25,000oC. Sau khi phản ứng xong, nhiệt độ lên tới 27,250oC và có 1,5144g CO2(k) và 0,2656g H2O được tạo thành. 1. Hãy xác định công thức phân tử và viết, cân bằng phương trình phản ứng đốt cháy Q với trạng thái vật chất đúng. Cho nhiệt dung riêng của nước là 4,184J.g-1.K-1 và biến thiên nội năng của phản ứng trên (∆Uo) là –3079kJ.mol-1. 2. Hãy tính nhiệt dung của nhiệt lượng kế đó (không kể nước). 3. Hãy tính nhiệt sinh (entanpi tạo thành) tiêu chuẩn (∆Hof) của Q.

Hướng dẫn 1) C : H : O =

1,5144 0,2656.2 0,1575 = = = 0,0344 : 0,0295 : 0,00984 = 7 : 6 : 2 44,0 18,0 16

Khối lượng phân tử của C7H6O2 = 122 giống như khối lượng phân tử đầu bài cho. C7H6O2(r) + 15/2O2(k) → 7CO2(k) + 3H2O(l) Hay 2C7H6O2(r) + 15O2(k) → 14CO2(k) + 6H2O(l) o q v nQ ∆U = = 6,730kJ .K −1 2) Tổng nhiệt dung = ∆T ∆T

Nhiệt dung của nước = 710,0 . 4,184 = 2971J.K-1. Nhiệt dung của nhiệt lượng kế = 6730 – 2971 = 3759J.K-1. 3) ∆Ho = ∆Uo - RT∆nk = -3080 kJ.mol-1. ⇒∆Hof (Q) = -532kJ.mol-1. Câu 5: (2,0 điểm) Cân bằng hóa học pha khí  → C(k) Đối với phản ứng: A(k) + B(k) ←  Ở 300oC và áp suất 200atm, hằng số cân bằng của phản ứng Kp = 0,860. 1. Tính áp suất riêng phần của các chất ở điều kiện trên biết tỉ lệ mol của A và B ban đầu trùng tỉ lệ phản ứng. 2. Giả sử ở nhiệt độ 150oC hằng số cân bằng của phản ứng là 6,8. 10-2, tính ∆So của phản ứng, biết rằng ∆So và ∆Ho thay đổi không đáng kể trong khoảng nhiệt độ trên . Hướng dẫn  → C(k) A(k) + B(k) ←  Gọi áp suất riêng phần của A và B tại thời điểm cân bằng là P, do đó áp suất riêng phần của C là (200-2P) Ta có (200-2P)/P2 = 0,86 (0 < P < 200) Giải ra ta có riêng phần của A và B ở trạng thái cân bằng P = 14.131 atm Áp suất riêng phần của C tại trạng thái cân bằng là: 200 - 2×14,131 = 171.738 atm T1 = 273 + 300 = 573 K T2 = 273 + 150 = 423 K ∆G573 = ∆H573 - 573∆S573 ∆G423 = ∆H423 - 423∆S423 ∆G423 - ∆G573 = 150 ∆So (do ∆So và ∆Ho không đổi theo nhiệt độ) ∆So = + 58,23 J/K

Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa + 1,0 điểm của câu 7 Cho dung dịch X chứa HCN 0,1M và KI 0,01M 1.

Tính pH của dung dịch X

2. Cho AgNO3 vào dung dịch X cho đến khi nồng độ [NO3-] = 0,01M thu được dung dịch A và ↓ B (đều thuộc trong bình phản ứng). Xác định kết tủa B và pH của dung dịch A cùng nồng độ các ion trong dung dịch A. 3. Tính số mol NaOH cho vào bình phản ứng chứa 1 lít dung dịch A để kết tủa B tan vừa hết. Tính pH của dung dịch thu được.(coi sự thay đổi thể tích là không đáng kể). 4. Nhúng thanh Ag vào dung dịch thu được ở câu c/ rồi nối với điện cực calomen bão hòa ( E = 0,224V). Xác định các điện cực trong pin trên và tính thế của pin ( đo tại 250C ). Cho HCN pKa = 9,3 Ag (CN ) −2 , lgβ = 21,1; AgCN↓ , pKs = 16; AgI↓, pKs = 16 Hướng dẫn 1.

Tính pH →

HCN

[ ]

0,01

H2O

H+ + OH-

H+ + CN-

I-

0,01 Kw = 10-14

Ka= 10-9,3 => cân bằng của HCN sẽ quyết định pH của dung dịch . HCN H+ + CNKa= 10-9,3

0,1

0,1 - x

[H ] [CN ] = +

Ka =

0,01

=> Ta có Ka >> Kw C

K+

−

[HCN ]

x x2 = 10 −9,3 0,1 − x

(giả thiết x << 0,1)

=> [H+] = 10-5,15(M) => pH = 5,15 2.

Khi cho AgNO3 vào dung dịch X. AgNO3 → 0,01

Ag+ + I-

AgI ↓

Ag+ + HCN

Ag+ + NO-3 0,01

0,01 (1)

K1 = 1016

AgCN↓ + H+ (2)

K2 = 10+6,7

Ag+ + 2HCN Ag(CN)2- + 2H+ Nhận xét :

K3 = 102,5

(3)

K1 >> K2 >> K3

=> Do vậy kết tủa AgI sẽ tạo ra trước Ag+ + I-

AgI↓

(1)

K1 = 1016

K rất lớn, phản ứng coi như xảy ra hoàn toàn và số mol AgI trong 1 lít dung dịch A là 0,01mol . Quá trình hoà tan AgI

AgI + 2HCN

Ag(CN)-2 + I- + 2H+ K = K-11 . K32 = 10-13,5

0,1

[]

0,1 – x

[ Ag (CN ) −2 ] [ I − ] [ H + ] 2 x 2 (2 x) 2 K= = = 10 −13,5 2 2 [ HCN ] (0,1 − 2 x)

Ta có :

Giả thiết x <<

4x2 0,1 0,1 -3 = 10 −13,5 => x = 9,43.10 << => 2 x 2 0,1

=> [Ag(CN)-2] = [I-] = 9,43.10-5 (M) [H+] = 2x = 1,886 . 10-4(M) => pH = 3,72 => [HCN] = 0,1(M) *

=> [CN-] = [HCN] .

Ka 10 −9,3 = 0 , 1 . = 2,63.10 − 7 ( M ) + − 3, 72 [H ] 10

Ks 10 −16 [Ag ] = − = −4,03 = 1,1.10 −12 ( M ) [ I ] 10 +

=> [Ag+] [CN-= = 2,9.10-19 < Ks = 10-16 => không có kết tủa AgCN 3.

Khi cho NaOH vào dung dịch : NaOH → Na+ + OH-

Phản ứng : AgI + 2HCN + 2OH- Ag(CN)-2 + I- + 2H2O K rất lớn, phản ứng coi như xảy ra hoàn toàn. Khi hoà tan vừa hết : [Ag(CN)-2] = [I-] = 10-2(M) [HCN] = 0,1 - 2.10-2 = 8.10-2 (M) [Ag+] =

Ks 10 −16 = = 10 −14 ( M ) − −2 ( I ) 10

K = K1-1.K32.K-2w = 1014,5

[CN-] =

β −1

[ Ag (CN ) −2 ] = 2,82.10 −5 ( M ) + [ Ag ]

[Ag+] [CN- = 2,82 . 10-19 << 10-16 => không có kết tủa AgCN Tính pH : =>

HCN Ka =

H+ + CN-

Ka = 10-9,3

−2 [ H + ] [CN − ] => [H+] = Ka [ HCN− ] = 10 −9,3 . 2 . 10 −5 = 10 −5,85 ( M ) [ HCN ] [CN ] 2,82 . 10

=> pH = 5,85 Số mol OH- đã dùng = 2nAgI = 0,02 (mol) 4.

Nhúng thanh Ag vào dung dịch trên

=> E (Ag+/Ag) = 0,80V + 0,0592 lg 10-14 = - 0,0288V Vậy điện cực Ag là anot, điện cực calomen là catot. (-) Ag| dung dịch X|| điện cực calomen (+) Sức điện động của pin = 0,224V - (-0,0288V) = 0,2528V Câu 7: (1,0 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa Điện phân dung dịch X gồm x mol KCl và y mol Cu(NO3)2 (điện cực trơ, màng ngăn xốp), khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân thu được dung dịch Y (làm quỳ tím hóa xanh), có khối lượng giảm 2,755 gam so với khối lượng dung dịch X ban đầu (giả thiết nước bay hơi không đáng kể). Cho toàn bộ lượng Y trên tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, kết thúc phản ứng thu được 2,32 gam kết tủa. Tính tỉ lệ x:y? Hướng dẫn Do dung dịch Y làm xanh quỳ nên Cl − − 1e = Cl x x

Cu 2 + + 2e = Cu y 2y

2H 2 O + 2e = 2OH − + H 2 a

BTE   → x = 2y + a  BTKL → 2,755 = 35,5x + 64y + a   OH − → AgOH → Ag O n Ag2 O = 0, 01 2 

0,5a

a = 0, 02 x 10  Có ngay :  x = 0, 05 → = y 3  y = 0, 015 

Câu 8: (2,0 điểm) Nhóm Halogen Nhiệt phân hoàn toàn x gam KClO3 (có MnO2 xúc tác), khí thoát ra được thu qua chậu đựng dung dịch H2SO4 loãng (D = 1,15 g/mL) vào ống nghiệm úp ngược (như hình vẽ). Các dữ kiện thí nghiệm: Nhiệt độ 17oC; áp suất khí quyển 752 mm Hg; thể tích khí thu được trong ống nghiệm V = 238 cm3; khoảng cách giữa 2 mặt thoáng h = 27 cm; khối lượng riêng của Hg là 13,6 g/cm3; áp suất hơi nước trong ống nghiệm là 13,068 mm Hg. 1. Tính x. 2. Nung nóng một thời gian hỗn hợp A gồm 10x gam KClO3 (giá trị x thu được ở trên) và y gam KMnO4, thu được chất rắn B và 3,584 lít khí O2 (đktc). Cho B tác dụng hết với dung dịch HCl đặc, nóng, dư, thu được 6,272 lít khí Cl2 (đktc). Viết tất cả các phương trình phản ứng có thể xảy ra và tính y. Hướng dẫn 1. Vì P(khí quyển) = P(O2) + P(cột dung dịch) + P(hơi nước) → P(O2) = 752 - (27.10.1,15/13,6) - 13,068 = 716,102 mm Hg → n(O2) = PV/RT = (716,102/760)0,238/0,082.290 = 9,43.10-3 mol. t Theo phương trình phản ứng 2KClO 3  → 2KCl+3O 2 , MnO o

ta dễ dàng tính được x = (2/3).9,43.10 .122,5 = 0,77 g KClO3. -3

2. Các phương trình phản ứng có thể xảy ra: - Phản ứng nhiệt phân hỗn hợp A: t 2KClO 3  → 2KCl+3O 2 MnO 2 o

t 2KMnO 4  → K 2 MnO 4 +MnO 2 +O 2 o

(1) (2)

- Rắn B phản ứng với HCl đặc: KClO3 + 6HCl → KCl + 3Cl2 + 3H2O

(3)

2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O

(4)

K2MnO4 + 8HCl → 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O

(5)

MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O

(6)

Gọi a là số mol KMnO4, n(O2) = 3,584/22,4 = 0,16 mol, n(Cl2) = 6,272/22,4 = 0,28 mol, n(KClO3) = 7,7/122,5 = 0,063 mol. Thực tế không có phản ứng (3) vì KClO3 rất dễ bị nhiệt phân với xúc tác là MnO2 và số mol O2 thu được (0,16 mol) ≫ số mol O2 sinh ra từ KClO3 (9,43.10-3 mol). Do đó, theo bảo toàn electron ta có: 0,063.6 (từ KClO3)

(từ KMnO4)

0,16.4

O2- cho

0,28.2 Cl- cho

→ a = 0,164 mol, y = 0,164.158 = 25,912 g KMnO4. Câu 9. (2,0 điểm) Oxi- lưu huỳnh 1. Chọn 7 chất rắn khác nhau mà khi cho mỗi chất đó tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư đều cho sản phẩm là Fe2(SO4)3, SO2 và H2O. Viết các phương trình hóa học. 2. Hòa tan hoàn toàn m gam oxit MO (M là kim loại) trong 78,4 gam dung dịch H2SO4 6,25% (loãng) thì thu được dung dịch X trong đó nồng độ H2SO4 còn dư là 2,433%. Mặt khác, khi cho CO dư đi qua m gam MO nung nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua 500 ml dung dịch NaOH 0,1M thì chỉ còn một khí duy nhất thoát ra, trong dung dịch thu được có chứa 2,96 gam muối. a. Xác định kim loại M và tính m. b. Cho x gam Al vào dung dịch X thu được ở trên, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 1,12 gam chất rắn. Tính x? Hướng dẫn 1. Các chất rắn có thể chọn: Fe;FeO;Fe3O4;Fe(OH)2;FeS;FeS2;FeSO4 Các pthh : t → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 2Fe + 6H2SO4(đặc)  0

t → Fe2(SO4)3+SO2+ 4H2O 2FeO + 4H2SO4(đặc)  0

t 2Fe3O4 + 10H2SO4(đặc)  → 3 Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O 0

t → Fe2(SO4)3 + SO2 + 6H2O 2Fe(OH)2 + 4H2SO4(đặc)  0

t → Fe2(SO4)3 + 9SO2 + 10H2O 2FeS + 10H2SO4(đặc)  0

t → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O 2FeS2 + 14H2SO4(đặc)  0

t → Fe2(SO4)3 + SO2+ 2H2O 2FeSO4 + 2H2SO4(đặc)  0

2. n H SO 2

4 ( bd )

78, 4.6,25 = 0, 05 (mol) 100.98

Gọi nMO = a mol

- Hòa tan MO vào dd H2SO4 loãng: → MSO4 + H2O MO + H2SO4 

mol:

=> n H SO 2

= (0, 05 − a) mol

4 ( du )

m ddsau pu = (M + 16)a + 78, 4 (gam) m MO = (M + 16)a = m (gam )

Ta có C%(H SO 2

4(du) )

98.(0,05 - a).100 = 2,433(%) (I) (M+16)a + 78,4

- Khử MO bằng CO dư o

t MO + CO  →

M + CO2 a

Vậy hỗn hợp Y gồm CO2 và CO dư - Cho Y qua dd NaOH có nNaOH = 0,5.0,1= 0,05 (mol) mà chỉ còn một khí thoát ra thì đó là CO, vậy CO2 đã phản ứng hết. Phản ứng có thể xảy ra: → Na2CO3 + H2O CO2 + 2NaOH 

CO2 + NaOH  → NaHCO3 t

=> mmuối = 106k + 84t = 2,96 (II) TH1: Nếu NaOH dư thì t = 0 ( không có muối axít) => a = k = 0,028. Thay vào (I) ta được M = 348,8 (loại) TH2: Nếu NaOH hết

2k + t = 0,05 (III)

Từ (II) và (III) => k = 0,02 t = 0,01

=> nCO = a = 0,03 (mol) 2

Thay vào (I) được M = 56 => đó là Fe và m = (56 + 16).0,03 = 2,16 (g) Dung dịch X gồm: FeSO4

( 0,03 mol)

H2SO4 dư ( 0,02 mol) Khi cho Al vào, phản ứng hoàn toàn mà có 1,12 g chất rắn => H2SO4 đã hết → Al2(SO4)3 + 3H2 2Al + 3H2SO4 

0,04/3 ← 0,02 2Al + 3FeSO4  → Al2(SO4)3 + 3Fe 2b/3

Khối lượng Fe trong dd X : 56.0,03 = 1,68 (g) > 1,12 (g) => FeSO4 còn dư thì Al hết. Vậy b =

11,2 = 0,02 56

=> n Al = 0, 04 + 0, 04 = 0, 08 (mol) => x = 27. 3

0,08 = 0,72 3

(g)

Câu 10: (2,0 điểm) Động học (Không có phần cơ chế phản ứng) Đối với phản ứng X + Y → sản phẩm người ta đã nghiên cứu động học của nó qua 2 thí nghiệm sau: - Thí nghiệm 1: [X]o = 1,00M; [Y]o được biểu thị theo bảng sau: Thời gian (phút)

[Y] (M)

0,05

0,04

0,032

0,025

0,02

0,016

- Thí nghiệm 2: [X]o = 1,50M; [Y]o =0,05M. Sau 30 phút [Y]= 0,025M. 1. Xác định bậc của phản ứng riêng của các chất X, Y và bậc tổng cộng của phản ứng. 2. Tính hằng số tốc độ của phản ứng. 3. Tính tốc độ của phản ứng ở mỗi thí nghiệm sau 5 phút. Hướng dẫn 1. Xác định bậc riêng của từng chất và bậc tổng cộng: Phương trình động học tổng quát của phản ứng có dạng: v=k[X]a[Y]b (1)

Trong cả 2 thí nghiệm [X]>>[Y] nên tốc độ phản ứng không phụ thuộc vào nồng độ của chất X mà chỉ phụ thuộc vào nồng độ của Y. Nồng độ của X hầu như không thay đổi trong quá trình phản ứng hay phản ứng là bậc không đối với X. Phương trình (1) trở thành: v = k[X]o[Y]b (2) hay v=k’[Y]b (3) với k’=k[X]o=k[X]o Đối với (3), nếu giả thiết b=1 thì: k’= t-1ln

[Y]o [Y]

(4)

Thay các dữ kiện của thí nghiệm 1 vào (4) sẽ tính được k’. Kết quả được trình bày trong bảng sau: Thời gian (phút)

[Y] (M)

0,05

0,04

0,032

0,025

0,02

0,016

k’ 0,0223 0,0223 0,0223 0,0229 0,0228 Các giá trị của k’ tính toán được trong bảng hầu như bằng một hằng số chứng tỏ rằng phản ứng được nghiên cứu là bậc nhất đối với Y nghĩa là b=1 và phương trình (3) có dạng: v=k’[Y]

(5)

Như vậy , phản ứng là bậc không đối với X, bậc 1 đối với Y. Bậc tổng cộng của phản ứng là bậc 1. 2. Đối với (5), phương trình động học phân tích tương ứng có dạng: ln

[Y]0 = k’t [Y]

(6)

Theo dữ kiện của thí nghiệm 2, sau 30 phút [Y]=

[Y]o ,nghĩa là t1/2 =30 phút. 2

Do đó: k’t1/2 =30k’=ln2=0,693 Tính ra hằng số tốc độ của phản ứng k’= 3. Theo (6), sau 5 phút

0, 693 =0,0231 (phút-1) 30

[ Y ] = [ Y ]o e-k t '

Áp dụng số tính được . Như vậy

[Y]= 0,04468M

[X]1 = 1,00- ( 0,05-0,04468)=0,99468M [X]2 = 1,50-(0,05- 0,04468)= 1,49468M

Hết Người ra đề Bùi Thị Thu Hà 01213119288

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH QUẢNG NGÃI

ĐỀ THI MÔN HÓA – KHỐI 10 NĂM 2017 Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có 05 trang, gồm 10 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu 1: Cấu tạo nguyên tử, phân tử. Định luật HTTH ( 2 điểm) 1.1. Ở trạng thái cơ bản, nguyên tố A, X, Z có electron cuối cùng đặc trưng bằng bốn số lượng tử như sau: A: n = 3; l = 1; ml = – 1; s = –1/2 X: n = 2; l = 1; ml = – 1; s = –1/2 Z: n = 2; l = 1; ml = 0; s = +1/2 a) Xác định A, X, Z (qui ước: số lượng tử từ nhận giá trị từ thấp đến cao). Từ đó cho biết trạng thái lai hóa và cấu trúc hình học của các phân tử và ion sau: ZA2, AX2, AX 32− , AX 24− .

b) Bằng thuyết lai hóa giải thích sự tạo thành phân tử ZX. Giải thích vì sao ZX có moment lưỡng cực bé. 1.2. Nếu cho rằng chúng ta đang sống trong một thế giới hai chiều (cho rằng không có chiều cao) thì bảng phân loại tuần hoàn sẽ bị ảnh hưởng như thế nào? Hãy viết cấu hình e của nguyên tố có Z = 20 trong thế giới hai chiều này. Giả sử các nguyên lí Pauli, nguyên lí vững bền, qui tắc Hund, qui tắc Kleskopxki vẫn được áp dụng. Câu 2: Tinh thể ( 2 điểm) Hiện nay, bột màu CoAl2O4 với kích thước hạt siêu mịn dùng nhiều trong lĩnh vực tạo màu cho sơn, nhựa, gạch, gốm sứ…Trong đó, CoAl2O4 kết tinh ở kiểu mạng spinel có cấu trúc như hình dưới. Trong đó các ion Co2+ chiếm các hốc tứ diện và Al3+ chiếm hốc bát diện. Ô màu đen biểu thị hốc tứ diện, và ô màu trắng biểu thị hốc bát diện. Các ion O2nằm ở các đỉnh và mặt.

Ở một nhiệt độ T nhất định thì độ dài đường biên giới ô mạng cơ sở (gồm chiều dài và rộng) của CoAl2O4 là 912 pm. Lúc này các ion oxit có thể tiếp xúc với nhau trực tiếp được. a) Tính khối lượng riêng (g/cm3) của CoAl2O4 ở nhiệt độ T. b) Xác định bán kính cực đại để các ion M2+ và M3+ có thể nằm khít vào các hốc tương ứng trong ô mạng spinel. Cho biết M của Co = 58,93; Al=26,98; O =16,00; số avogadro NA=6,023.1023 Câu 3: Phản ứng hạt nhân ( 2 điểm) 3.1. a) Xem xét các hạt nhân sau đây : 209Bi, 208Pb, 207Pb, 206Pb. Hạt nhân nào là thành viên cuối cùng của họ phân rã của 238U ? Vì sao ? b) Có 3 họ phóng xạ tự nhiên : chúng bắt đầu với Th – 232; U – 238; U – 235 và kết thúc lần lượt với Pb – 208 ; Pb – 206 ; Pb – 207. Trong chuỗi phân rã nào, có 6 phân rã α và 4 phân rã β ? 3.2. Một bệnh nhân điều trị bằng đồng vị phóng xạ, dùng tia

để diệt tế bào bệnh. Thời gian

chiếu xạ lần đầu là ∆t = 20 phút, cứ sau 1 tháng thì bệnh nhân phải tới bệnh viện khám bệnh và tiếp tục chiếu xạ. Biết đồng vị phóng xạ đó có chu kỳ bán rã T = 4 tháng (coi

∆t << T

) và

vẫn dùng nguồn phóng xạ trong lần đầu. Hỏi lần chiếu xạ thứ 3 phải tiến hành trong bao lâu để bệnh nhân được chiếu xạ với cùng một lượng tia

như lần đầu ?

(Áp dụng công thức gần đúng: Khi x << 1 thì 1- e - x ≈ x) Câu 4: Nhiệt hóa học ( 2 điểm) Cho một số đại lượng sau: Chất

CH3OH(l)

CH3OH(k) O2(k)

CO2(k)

H2O(l)

H2O(k)

∆Ho(kJ.mol-1)

-238,7

-200,7

-393,5

-285,8

-244,5 2

∆S(J.mol-1.K-1)

126,8

239,7

204,8

213,4

69,8

188,8

Cp (CH3OH lỏng) = 81.6 J.mol-1.K-1 a) Tính nhiệt độ sôi CH3OH lỏng ở 1 atm? b) Thực tế nhiệt độ sôi của CH3OH là 64,51oC. Giải thích sự sai khác. c) Tính biến thiên entropi của quá trình chuyển 1 mol CH3OH từ 25oC đến điểm sôi (64,51oC). Chấp nhận khoảng nhiệt độ này ∆H không thay đổi. Câu 5: Cân bằng hóa học pha khí ( 2 điểm) Nung 0,03 mol FeSO4 trong bình có thể tích là 3 lít, ở 929K, tại đó xảy ra 2 phản ứng: 2FeSO4(r) Fe2O3(r) + SO3(k) + SO2(k) SO3(k) SO2(k) +

1 O2(k) 2

(1) (2)

Sau khi cân bằng được thiết lập, áp suất chung trong bình là 0,836 atm và áp suất riêng của oxi là 0,0275 atm. a. Tính Kp của mỗi phản ứng trên. b. Tính khối lượng FeSO4 còn lại trong bình ở thời điểm cân bằng. Câu 6: Cân bằng axit-bazơ và kết tủa ( 2 điểm) 6.1. Tính khối lượng NaOH phải cho vào 500 ml dung dịch HCOONa 0,01M để pH của dung dịch thu được là 11,50 (bỏ qua sự thay đổi thể tích trong quá trình hòa tan). Cho biết pKa (HCOOH) = 3,75; Kw = 10-14. 6.2. Một dung dịch X chứa HClO4 0,005M; Fe(ClO4)3 0,03M; MgCl2 0,01M. Cho 100ml dung dịch NH3 0,1M vào 100ml dung dịch X thì thu được kết tủa A và dung dịch B. Xác định kết tủa A và pH của dung dịch B. Biết: pKa(NH4+)= 9,24; Mg(OH)2 (pKs= 11) ; Fe(OH)3 (pKs =37) Câu 7: Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa ( 2 điểm) 7.1. Bổ túc và cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau: a. CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O → CuSO4 + FeSO4 + H2SO4 ( theo phương pháp thăng bằng electron) b. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + Na2CO3 → Na2CrO4 + Na2SO4 + Na2MnO4 + NO + CO2 ( theo phương pháp thăng bằng electron) c. FexOy + H+ + SO42- → SO2 + … 3

( theo phương pháp thăng bằng ion - electron) d. Cu2S + HNO3 → …+ NO + SO42- + … ( theo phương pháp thăng bằng ion - electron) 7.2. Pin Ni-Cd (“Nicad”) được sử dụng rộng rãi trong các loại thiết bị bỏ túi như điện thoại di động, máy quay phim xách tay, laptop, v.v… Pin Ni-Cd có giá vừa phải, chu trình sống cao đồng thời có thể hoạt động được trong một khoảng nhiệt độ rất rộng. Nó không cần phải được bảo dưỡng và có thể được nạp điện 2000 lần. Một tế bào của pin Ni-Cd thực hiện hai nửa phản ứng sau: Cd(OH)2(r) + 2e → Cd(r) + 2OH-

Eo1 = -0,809 (V)

2NiO(OH) + 2H2O + 2e → 2Ni(OH)2(r) + 2OH-

Eo2 = 0,490 (V)

Eo1; Eo2 là thế khử chuẩn ở 25oC. a) Phản ứng nào xảy ra ở catot ? ở anot ? Viết phản ứng chung cho pin điện và phương trình Nernst ở mỗi điện cực. Tính Eopin ? b) Tính khối lượng Cd chứa trong 1 chiếc điện thoại di động có sử dụng pin Ni-Cd. Biết công suất thông thường của pin là 700 mAh. ( Cho MCd = 112 g/mol) Câu 8: Nhóm Halogen ( 2 điểm) 8.1. Trong thiên nhiên brom có chủ yếu ở nước biển dưới dạng NaBr. Trong công nghiệp hóa học điều chế brom từ nước biển theo quy trình như sau: cho một lượng dung dịch H2SO4 vào một lượng nước biển; tiếp đến sục khí clo vào dung dịch mới thu được; sau đó dùng không khí lôi cuốn hơi brom vào dung dịch Na2CO3 tới bão hòa brom; cuối cùng cho H2SO4 vào dung dịch đã bão hòa brom, thu hơi brom rồi hóa lỏng. Viết các phương trình phản ứng chủ yếu xảy ra trong quá trình đó và cho biết vai trò của H2SO4. 8.2. Xử lí 13,16 gam hỗn hợp chất rắn X gồm hai muối khan KIOx và KIOy (y > x) bằng một lượng dư KI trong môi trường axit thu được 200 mL dung dịch A. Lấy 25 mL dung dịch A cho vào một bình định mức 150 mL, pha loãng bằng nước cất, điều chỉnh dung dịch về pH= 3, thêm nước đến vạch. Để chuẩn độ 25 mL dung dịch trong bình định mức này cần dùng 41,67 mL dung dịch Na2S2O3 0,2M để đạt tới điểm cuối với chỉ thị hồ tinh bột. Cho biết công thức hóa học và phần trăm khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp đầu biết tỉ lệ mol của chúng là 2 : 1. 4

Câu 9: Nhóm oxi – lưu huỳnh ( 2 điểm) 9.1. Xác định chất X, Y, Z, T, U và hoàn thành chuỗi chuyển hóa dưới đây (mỗi mũi tên là một phản ứng): X

(6) (1)

Na2S2O3

(2)

(3)

(4)

HIO3

(5)

(7) (10)

(9)

(8)

H2S

(lưu huỳnh)

9.2. Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp Na2SO4 và Al2(SO4)3 ta có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba(OH)2 như sau:

Hãy xác định giá trị của x dựa trên đồ thị trên, giải thích. Câu 10: Động học ( 2 điểm) Ở 690K, etylen oxit bị nhiệt phân theo phản ứng:

Trong đó chất đầu và sản phẩm đều nằm ở pha khí. Để khảo sát động học của phản ứng này, người ta đo áp suất tổng cộng của hệ phản ứng trong bình kín theo thời gian, dữ liệu thu được như sau: t (phút)

Ptổng 139,14 (mmHg)

100

200

∞

151,67

172,65

189,15

212,34

238,66

249,88

1. Xác định bậc và hằng số tốc độ của phản ứng trên. Tính thời gian bán phản ứng (giả sử ban đầu chỉ có 1 chất trong bình phản ứng). 2. Khi tiến hành phản ứng trên ở nhiệt độ T, sau 20 phút, áp suất tổng cộng trong bình tăng 30% so với lúc bắt đầu (Giả sử bậc phản ứng không đổi) a. Tính hằng số tốc độ của phản ứng ở nhiệt độ T. 5

b. Tính T khi biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng là 690 kJ/mol. ----------------------------------------------Hết------------------------------------ĐỀ THI MÔN HÓA – KHỐI 10

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT

NĂM 2017 Thời gian làm bài 180 phút

TỈNH QUẢNG NGÃI ĐÁP ÁN

Câu 1: Cấu tạo nguyên tử, phân tử. Định luật HTTH ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1. a) Nguyên tố A: n = 3, l = 1, ml = –1, s = –1/2 → 3p4 nên A là S Nguyên tố X: n = 2, l = 1, ml = –1, s = –1/2 → 2p4 nên X là O Nguyên tố Z: n = 2, l = 1, ml = 0, s = +1/2 → 2p2 nên Z là C Phân tử, ion

Trạng thái lai hóa Cấu trúc hình học cuả nguyên tử trung tâm

CS2

Đường thẳng

SO2

sp2

Góc

SO 32 −

sp3

Chóp đáy tam giác đều

SO 24−

0,25

0,25 sp

Tứ diện đều

b) C: [He] 2s2 2p2

O: [He] 2s22p4

Cacbon dùng 1 obitan 2s tổ hợp với 1 obitan 2p tạo ra 2 obitan lai hóa 6

sp hướng ra hai phía khác nhau, trong đó có một obitan chứa 2e và 1 obitan chứa 1e. Cacbon dùng 1 obitan lai hóa chứa 1e xen phủ xichma với 1 obitan p chứa 1e của oxi và dùng 1 obitan p thuần khiết chứa 1e xen phủ pi với 1 obitan p cũng chứa 1e còn lại của oxi. Oxi dùng 1 obitan p bão hòa ( chứa 0,5 2e) xen phủ với obitan p trống của cacbon tạo liên kết pi kiểu p → p. Công thức cấu tạo:

:C ≡ O:

CO có momen lưỡng cực bé vì trong phân tử có liên kết phối trí ngược cặp e của nguyên tử oxi cho sang obitan trống của nguyên tử cacbon làm giảm độ phân cực của liên kết nên làm giảm moment lưỡng cực.

2. Do thiếu chiều cao nên những AO có liên quan đến trục z sẽ không tồn

0,5 0,25

tại, như vậy bảng tuần hoàn các nguyên tố sẽ thiếu đi rất nhiều nguyên tố so với trong không gian ba chiều. Cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố có Z = 20 là 0,25 1s22s22p43s23p43d44s2

Câu 2: Tinh thể ĐÁP ÁN

ĐIỂM

a. Độ dài các đường biên của một ô mạng cơ sở (gồm chiều dài và rộng) =

912pm nên độ dài của một ô mạng cơ sở là a = 456 pm Thể tích của ô mạng cơ sở : V = a3 = (456.10-10)3 (cm3)

0,25

Khối lượng riêng của CoAl2O4 ở nhiệt độ T là D=

M CoAl2O4

N A .a

(58,93 + 2.26,98 + 4.16,00) = 3,097 (g/cm3) 23 −10 3 6,023.10 .(456.10 )

0,5

- Các ion O2- tiếp xúc nhau qua đường chéo của hình lập phương nên bán 7

kính ion O2- được xác định : 4. 4.rO = a. 2 ⇒ rO = 2−

2−

a 2 456 2 = = 161, 22 pm 4 4

0,25

- Ion M2+ nằm ở hốc tứ diện, với cạnh của hình tứ diện này là b; thì b được xác định: b = 2rO 2− = 2.161, 22 = 322, 44 pm - Khoảng cách từ tâm hình tứ diện ra đến đỉnh là c; thì c được xác định bởi công thức : c =

0,25

b 6 322, 44. 6 = = 197, 45 pm 4 4

Vậy để M2+ nằm khít vào trong hốc tứ diện thì bán kính cực đại của ion là:

0,25

rM 2+ = c − rO 2− = 197, 45 − 161, 22 = 36, 23 pm Còn ion M3+ nằm ở hốc bát diện nên bán kính cực đại của ion này là: rM 3+ =

a − 2rO2−

0,25

456 − 2.161, 22 = 66, 78 pm 2

0,25 Câu 3: Phản ứng hạt nhân ĐÁP ÁN

ĐIỂM

3.1 a. Họ phân rã

238

U có số khối của họ này thỏa mãn A = 4n + 2 với n

nguyên và 51 ≤ n ≤ 59 . Vậy trong các giá trị số khối trên chỉ có duy nhất 206

Pb thỏa mãn điều kiện trên (với n=51). Vậy hạt nhân là thành viên cuối

0,25

cùng của họ phân rã của 238U là 206Pb. b. Phương trình phóng xạ có có 6 phân rã α và 4 phân rã β có dạng: n k

X → ZAY + 6 24 He + 4 −10e

Theo định luật bảo toàn điện tích và số khối ta có: n = A + (6 × 4) ⇒ A = n − 24 k = Z + (6 × 2) + 4 × ( −1) ⇔ k = Z + 8 ⇒ Z = k − 8

Với họ 90Th

232

: nguyên tố kết thúc sẽ có A = 232 − 24 = 208 →

208

0,25 Pb thỏa

mãn Với họ

U 238 : nguyên tố kết thúc sẽ có A = 238 − 24 = 214 → loại

Với họ

U 235 : nguyên tố kết thúc sẽ có A = 235 − 24 = 211 → loại

Vậy chuỗi phân rã 90Th232 có 6 phân rã α và 4 phân rã β . 3.2. Ở lần 1 lượng tia

0,5

mà bệnh nhân được chiếu xạ là : 0,25

∆N = N 0 (1 − e − kt ) ≈ N 0 kt (1)

Sau thời gian 2 tháng, một nửa chu kì t = T/2, lượng phóng xạ trong nguồn phóng xạ sử dụng lần đầu còn N = N 0e − kt = N 0e

−

ln 2 T T 2

= N 0e

−

ln 2 2

0,25

Thời gian chiếu xạ lần này t’, lượng tia γ mà bệnh nhân được chiếu xạ là ∆N ' = N 0 e

−

ln 2 2

(1 − e − kt ' ) ≈ N 0 e

−

ln 2 2

kt ' . (2)

0,25

Mà ∆N ' = ∆N , từ (1) và (2): 0,25

ln 2

t ' = e 2 t = 1, 41.20 = 28,3 phút.

Câu 4: Nhiệt hóa học ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1. Tính nhiệt độ sôi CH3OH lỏng ở 1 atm Xét quá trình :

CH3OHl CH3OHh

∆H o = −200, 7 + 238, 7 = 38( KJ .mol −1 ) ∆S o = 239, 7 − 126,8 = 112,9(J.mol−1 .K 1 )

0,25

Tại điểm sôi : ∆G = 0 , chấp nhận ∆H và ∆S không thay đổi theo nhiệt độ

0,25

∆H 38.103 = = 336,8K = 63,58o C thì T = ∆S 112,9

2. Thực tế nhiệt độ sôi của CH3OH là 64,51oC, sự sai khác này là do thực tế 0,25 ∆H và ∆S thay đổi trong khoảng nhiệt độ từ 25oC đến điểm sôi .

3. Ta có quá trình được mô tả như sau : ∆S

CH3OH l, 25oC

0,5

CH3OH k, 64,51oC ∆S 2

∆S1 CH3OH l,64,51oC

∆S1 = C p ( CH 3OH )l .ln

∆S 2 =

T2 337,51 = 81, 6.ln = 10,16( J .mol −1.K −1 ) T1 298

0,25

∆H 38000 = = 112,59(J .mol−1 .K −1 ) T 337, 51

0,5

∆S = ∆S1 + ∆S2 = 10,16 + 112, 59 = 122, 75( J .mol −1.K −1 )

Câu 5: Cân bằng hóa học pha khí ĐÁP ÁN

ĐIỂM

a. Xét 2 cân bằng : 2FeSO4(r) Fe2O3(r) + SO3(k) + SO2(k) Ban đầu

SO3(k) SO2(k) + Ban đầu

1 O2(k) 2

(1)

(2)

0 10

x–y

Theo đề thì PO = 2

x+y

0,25

y/2

y = 0, 0275 ⇒ y = 0, 055( atm) 2

Pcb = PSO3 + PSO2 + PO2 ⇔ 0,836 = x − y + x + y +

1 1 y = 2x + y 2 2

⇒ x = 0, 40425(atm) PSO3 = x − y = 0, 40425 − 0, 055 = 0,34925(atm) PSO2 = x + y = 0, 40425 + 0, 055 = 0, 45925(atm)

0,25

Nên 0,5

K P1 = PSO3 .PSO2 = 0,34925.0, 45925 = 0,1604 KP2 =

PSO2 .PO1/22 PSO3

0, 45925.(0, 0275)1/ 2 = = 0, 2181 0,34925

0,5

b. Mol SO3 ở thời điểm cân bằng : nSO3 =

PSO3V RT

Mà nFeSO

0,34925.3 = 0, 01375(mol ) 0, 082.929

0,25

= 2nso3 = 2.0, 01375 = 0, 0275(mol) nên khối lượng FeSO4 còn lại là

mFeSO4 = (0, 03 − 0, 0275).152 = 0,38( gam)

0,25

Câu 6: Cân bằng axit-bazơ và kết tủa ĐÁP ÁN

6.1.

HCOO- + H2O HCOOH + OH0,01(M)

0,01- y (M)

ĐIỂM Kb = Ka-1. KW = 10-10,25

x (M) y (M)

x + y (M)

Để pH = 11,5 thì [H+] =10-11,5 hay [OH-] = 10-2,5 = x + y (1) Kb =

0,25

y.( x + y ) = 10−10,25 (2) 0, 01 − y

Từ (1) và (2) ta có x = 3,16.10-3 (M); y =1,78.10 – 10 (M) Nên khối lượng NaOH cần thêm vào : mNaOH = 3,16.10-3.0,5.40 = 0,0632 gam 0,25

6.2. Sau khi trộn : CM (NH3) = 0,05M; CM (Fe3+) = 0,015 M; CM (Mg2+) = 0,005M; CM (H+/HClO4) = 0,0025M Có các quá trình sau: 3

3NH3 + 3H2O + Fe3+ Fe(OH)3 + 3NH4+ (1)

 K  −14 W  = 1037.( 10 )3 = 1022,72 K1 = K S ( Fe ( OH ) ) .  −9,24 3  K a ( NH + )  10  4 

2NH3 + 2H2O + Mg2+ Mg(OH)2 + 2NH4+ (2)

 K W K 2 = K S (Mg( OH ) ) .  2  K a ( NH + )  4

NH3 + H+ NH4+

(3)

−1

 −14  = 1011.( 10 ) 2 = 101,48 −9,24  10 

0,5

K3 = 109,24

Vì K1 và K3 rất lớn nên coi phản ứng (1) và (3) xảy ra hoàn toàn. 3NH3 + 3H2O + Fe3+ Fe(OH)3 + 3NH4+ 0,05M

0,015M

0,005M

NH3

H+

0,045M

NH4+

0,05M

0,0025M

0,045M

0,0025M

0,0475M 0,5 12

TPGH gồm có: NH3 (0,0025M); NH4+ (0,0475M); Mg2+(0,005M); H2O pH của dung dịch B là pH của dd đệm được xác định bởi công thức gần đúng: pH = pK a + lg

Cb 0, 0025 = 9, 24 + lg = 7,96 Ca 0, 0475 2

 10−14   Mg  . OH  = 0, 005.  −7,96  = 4,16.10 −15 < K S ( Mg ( OH )2 ) nên không có kết tủa  10  2+

−

0,5

Mg(OH)2 xuất hiện. Vậy kết tủa A chỉ là kết tủa Fe(OH)3. Câu 7: Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa ĐÁP ÁN

ĐIỂM

a. 2CuFeS2 + 2Fe2(SO4)3 + 7O2 +2 H2O → 2CuSO4 + 6FeSO4 + 2H2SO4 CuFeS2 + Fe2+3 → Cu2+ + 3Fe2+ + 2S+6 + 14e 2 O2 + 4e → 2O2-

0,25

b. Cr2S3 + 15 Mn(NO3)2 + 20Na2CO3

0,25

→ 2Na2CrO4 + 3Na2SO4 + 15Na2MnO4 + 30NO + 20CO2 Cr2S3 → 2Cr+6 + 3S+6 + 30e

Mn2+ + 2N+5 + 2e → Mn+6 + 2N+2

c.2 FexOy + (12x-4y)H+ +(3x-2y) SO42→(3x-2y) SO2 + 2xFe3+ + (6x-2y) H2O FexOy + 2yH+ → xFe3+ + yH2O +(3x-2y)e

4H+ + SO42- + 2e → SO2 + 2H2O

(3x-2y)

0,25

d. 3Cu2S + 16H+ +10 NO3- → 6Cu2+ + 10NO + 3SO42- +8H2O Cu2S + 4H2O → 2Cu2+ + SO42- + 8H+ + 10e

4H+ + NO3- + 3e → NO + 2 H2O

0,25

7.2. a. Cực anod: Cd(r) + 2OH- → Cd(OH)2(r) + 2e Cực catod :

Eoa = - 0,809 V

2NiO(OH) + 2H2O + 2e → 2Ni(OH)2(r) + 2OH- Eoc = 0,490 V

Phương trình phản ứng chung : 0,25 2NiO(OH) + 2H2O + Cd(r) → 2Ni(OH)2(r) + Cd(OH)2(r ) Phương trình Nerst : Ea = E o a +

0,25

0, 059 1 0, 059 lg[OH − ]2 ; Ec = E o c + lg 2 2 [OH − ]2

Eopin = Eoc - Eoa = 0,490 – (- 0,809) = 1,299 V

0,25

b. 700mAh=0,7.3600=2520C nCd =

2520 = 0, 013 mol nên mCd = 0,013.112 =1,456 gam 2.96500

0,25

Câu 8: Nhóm Halogen ĐÁP ÁN

ĐIỂM

8.1. - Ban đầu khi sục khí Clo vào: Cl2 +2NaBr

→

2NaCl + Br2

Phản ứng này xảy ra thuận lợi trong môi trường axit,vậy H2SO4 có tác dụng axit hóa môi trường (Nếu môi trường kiềm thì có phản ứng giữa halogen X2 với OH-: X2 + OH- → X- + OX- + H2O)

0,25

- Khi lôi cuốn hơi brom vào dung dịch xođa, brom sẽ bị giữ lại theo phản ứng: 3Br2 + 3Na2CO3 → 5NaBr + NaBrO3 +3CO2

0,25

- Dung dịch này bị axit hóa bằng H2SO4 xảy ra phản ứng: Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 +H2O +CO2 (Na2CO3dư)

0,25

(hay Na2CO3 + 2H2SO4 → 2NaHSO4 + H2O + CO2 ) 14

5NaBr + NaBrO3 +3H2SO4 → 3Na2SO4 + 3Br2 + 3H2O Lượng Br2 này được thu lại.

0,25

H2SO4 vừa là chất tạo môi trường vừa tham gia phản ứng. 8.2. Gọi số mol của KIOx và KIOy trong 11,02 gam hỗn hợp lần lượt là a và b. mhh = 13,16 g 166(a + b) + 16(ax + by) = 13,16 2IOx− mol:

+ (4x – 2)I

−

(1)

+ 4xH → 2xI2 + 2xH2O +

0,25

2IOy− + (4y – 2)I− + 4yH+ → 2yI2 + 2yH2O mol:

Số mol I2 trong 25 mL dung dịch cuối cùng đem chuẩn độ: 25 25 ax + by × (ax + by) = mol 200 150 48 Phản ứng chuẩn độ:

n(I2) =

I2 + 2S2O32− → S4O62− + 2I− n(S2O32−) = (41,67 × 10−3 L) × 0,2 mol/L = 8,334 × 10−3 mol ⇒

ax + by = 4,167 × 10−3 48 ax + by = 0,2

0,25

(2)

Từ (1) và (2) ta có: a + b = 0,06 (3) Theo bài ra: a = 2b

(4)

Giải (3) và (4) ta có: a = 0,04; b = 0,02. Khi đó (2) được viết lại: 2x + y = 10

0,25

Lập bảng giá trị tính y theo x: x

Chỉ có cặp x = 3, y = 4 thỏa mãn. Hai muối ban đầu là KIO3 và KIO4. Phần trăm khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp đầu: %m(KIO3) =

214 × 0,04 × 100% = 65,05% 13,16

%m(KIO4) =

230 × 0,02 × 100% = 34,95% 13,16

0,25 15

Câu 9: Nhóm oxi – lưu huỳnh ĐÁP ÁN

9.1. X: Na2SO3; Y: NaI; Z: I2; T:I2O5; U: H2S (1) :

Na2SO3 + S → Na2S2O3

(2) :

2Na2S2O3 + I2 → Na2S4O6 + 2NaI

(3) :

2NaI + Cl2 → 2NaCl + I2

(4) :

I2 + 5Cl2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl

(5) :

2HIO3 → I2O5 + H2O

(6) :

t → I2 + 5CO2 I2O5 + 5CO 

(7) :

t 8NaI + 5H2SO4 đặc  → 4Na2SO4 + 4I2 + H2S + 4H2O

(8) :

H2S + 4Cl2 + 4H2O → H2SO4 + 8HCl

(9) : (10) :

ĐIỂM Mỗi phản ứng đúng được 0,1 điểm

t 4H2SO4 đặc + 2Fe  → Fe2(SO4)3 + S + 4H2O o

t 3S + 6NaOH đặc  → 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O o

9. 2. Gọi mol Na2SO4 là a; Al2(SO4)3 là b mol thì

nAl 3+ = 2b; nSO2− = a + 3b 4

Khi quá trình tạo lượng kết tủa không đổi có nghĩa Al(OH)3 đã tan hết, kết tủa chỉ còn BaSO4. Hay nSO = n↓ = a + 3b = 2− 4

69,9 = 0,3mol (1) 233

0,25

Tại điểm bắt đầu lượng kết tủa không đổi chính là điểm mà Al(OH)3 vừa bị tan hoàn toàn, lúc đó dùng mol Ba(OH)2 là 0,32 mol hay mol OH- = 0,64 mol

Al3+ + 4OH- → Al(OH)40,16  0,64 mol Vậy n Al 3+ = 2b = 0,16 ⇒ b = 0, 08mol . Thay vào (1) : a = 0,06 mol

0,25

Vì có 2 quá trình tạo kết tủa BaSO4 và Al(OH)3 đồng thời nên lượng kết tủa cực đại có thể xét hai trường hợp sau:

TH1: kết tủa cực đại gồm Al(OH)3 cực đại và 1 lượng BaSO4. Al 3+ + 3OH- → Al(OH)3 0,16 0,48 0,16 mol Lúc này mol OH- = 0,48 hay mol Ba2+ = 0,24 mol ⇒ nBaSO4 = 0, 24mol Vậy m↓ = mBaSO4 + mAl ( OH )3 = 0, 24.233 + 0,16.78 = 68, 4 gam

0,25

TH2: kết tủa cực đại gồm BaSO4 cực đại và 1 lượng Al(OH)3 Ba2+ + SO42- → BaSO4 0,3

0,3

0,3 mol

Lúc này, mol Ba2+ = 0,3 mol , hay mol OH- = 0,6 mol Al 3+ + 3OH- → Al(OH)3 0,16 0,48 0,16 mol Al(OH)3 + OH- → Al(OH)40,12  (0,6-0,48)

⇒ mAl (OH )3 = (0,16 − 0,12).78 = 3,12 gam Vậy m↓ max = mBaSO4 + m Al ( OH )3 = 0,3.233 + 3,12 = 73, 02 gam

0,25 17

Kết tủa TH2 > TH1 nên lượng kết tủa cực đại chính là x = 73,02 gam

Câu 10: Động học ĐÁP ÁN

ĐIỂM

10.1. Ban đầu :

Po (mmHg)

Phản ứng :

Po – x

x ⇒ Ptổng = Pt = Po + x

0,25

⇒ x = Pt - Po

t= ∞

Po ⇒ P tổng = 2Po = 249,88

0,25

⇒ Po = 124,94 mmHg

Giả sử phản ứng là bậc 1:

0,25

P Po Po 1 1 1 = ln k = ln o = ln (*) t Po − x t Po − ( Pt − Po ) t 2 Po − Pt

Dựa vào bảng dữ liệu và Po = 124,94 mmHg, thay vào (*) ta có bảng sau: T(phút)

100

200

139,14

151,67

172,65

189,15

212,34

238,66

K(phút -

0,01206

0,01203

0,01202

0,01205

0,25

)

Vì các giá trị k xấp xỉ nhau nên điều giả sử là đúng.

0,25

0, 01206 + 0, 01203 + 0, 01202 + 0, 01202 + 0, 01202 + 0, 01205 = 0, 01203( phut −1 ) 6

t1/2 =

0,25

ln 2 ln 2 = = 57, 62 (phút) k 0, 01203

10.2. a. Ở nhiệt độ T : hằng số tốc độ phản ứng là k’ Sau 20 phút : Pt = 1,3 Po P Po Po Po 1 1 1 1 -1 k = ln o = ln = ln = ln = 0, 0178 (phút ) t Po − x t Po − ( Pt − Po ) t 2 Po − Pt 20 2 Po − 1,3Po

0,25

b. ln

1 k ' Ea  1 = − ⇒T =  k R  690 T 

1 1 − 690

R.ln Ea

k' k

= 1 − 690

0, 0178 0, 01203 690.103

= 692, 25 K

0,25

8, 314.ln

GV ra đề: Nguyễn Thị Thanh Lê (098 5400558)